Question

18．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓U_AB作周期性變化，其正向電壓為U₀，反向電壓為-kU₀（k＞1），電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示．在t=0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動．若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．

（1）若k=$\frac{5}{4}$，電子在0-2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應滿足的條件；
（2）若電子在0-200τ時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度v隨時間t變化的關系；
（3）若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值．

Answer 1

分析 （1）電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動，在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做初速度為零的勻加速運動，電子不能到達極板A的條件為電子運動位移之和小于板間距離
（2）電子2n～（2n+1）τ時間內(nèi)向下勻加速直線運動，在（2n+1）～2（n+1）τ時間內(nèi)做向下做勻減速直線運動，求出一個電壓變化周期內(nèi)電子速度的增量，在求任意時間電子的速度隨時間的變化規(guī)律
（3）電子在第N個周期內(nèi)的位移是在2（N-1）τ～（2N-1）τ時間內(nèi)的位移與電子在（2N-1）τ～2Nτ時間內(nèi)的位移的矢量和，求出表達式，利用位移為零得到k的表達式

解答 解：（1）電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動
加速度的大小a₁=$\frac{{e{U_0}}}{md}$      ①
位移x₁=$\frac{1}{2}$a₁T²               ②
在T-2T時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動
加速度的大小a₂=$\frac{{5e{U_0}}}{4md}$  ③
初速度的大小v₁=a₁T     ④
勻減速運動階段的位移x₂=$\frac{{{v_1}^2}}{{2{a_2}}}$⑤
依據(jù)題意d＞x₁+x₂解得d＞$\sqrt{\frac{{9e{U_0}{T^2}}}{10m}}$⑥
（2）在2nT～（2n+1）T，（n=0，1，2，…，99）時間內(nèi)
加速度的大小a′₂=$\frac{ek{U}_{0}}{md}$⑦
速度增量△v₂=-a′₂T⑧
（a）當0≤t-2nt＜T時
電子的運動速度v=n△v₁+n△v₂+a₁（t-2nT）⑨
解得v=[t-（k+1）nT]$\frac{{ek{U_0}}}{md}$，（n=0，1，2，…，99）（10）
（b）當0≤t-（2n+1）T＜T時，電子的運動速度v=（n+1）△v_1+n△v₂-a′₂[t-（2n+1）T]（11）
解得v=[（n+1）（k+1）T-kt]$\frac{{e{U_0}}}{dm}$，（n=0，1，2，…，99）（12）
（3）電子在2（N-1）T～（2N-1）T時間內(nèi)的位移x_2N-1=v2_N-2T+$\frac{1}{2}$a₁T²
電子在（2N-1）T～2N_T時間內(nèi)的位移x_2N=v2_N-1T-$\frac{1}{2}$a′₂T²
由（10）式可知v2N-2=（N-1）（1-k）T$\frac{{e{U_0}}}{dm}$
由（12）式可知v2N-1=（N-Nk+k）T$\frac{{e{U_0}}}{dm}$
依據(jù)題意x2N-1+x2N=0
解得k=$\frac{4N-1}{4N-3}$；
答：（1）d應滿足的條件為d＞$\sqrt{\frac{{9e{U_0}{T^2}}}{10m}}$；
（2）（a）當0≤t-2nτ＜τ時，v=[t-（k+1）nτ]$\frac{{e{U_0}}}{dm}$，（n=0，1，2，3…99）；
（b）當0≤t-（2n+1）τ＜τ時，v=[（n+1）（k+1）T-kt]$\frac{{e{U_0}}}{dm}$，（n=0，1，2，…，99）；
（3）k的值為$\frac{4N-1}{4N-3}$．

點評 電子在交變電場中的變加速運動問題是考察的熱點，重要的是分析清楚電子的運動情景，同時這種問題運算量較大，過程較為復雜，給學生造成較大的難度．