您的位置: 首页  >  作业答案  >  物理  >  如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q=+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；（3）A板电势变化频率多大时，在t=T4到t=T2时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板．

如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q=+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；（3）A板电势变化频率多大时，在t=T4到t=T2时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板．

分类: 作业答案 • 2022-08-01 10:15:48
问题描述：

如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q=+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求

（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
（2）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；
（3）A板电势变化频率多大时，在t=

T
4
到t=
T
2
时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板．

答

（1）电场强度E＝

U
d
，带电粒子所受电场力F＝qE＝
Uq
d
，F＝ma
a＝
Uq
dm
＝4.0×109m/s2
释放瞬间粒子的加速度为4.0×109m/s2；
（2）粒子在0～
T
2
时间内走过的距离为
1
2
a(
T
2
)2＝5.0×10−2m
故带电粒子在t=
T
2
时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p=Ft=4.0×10-23kg•m/s
粒子到达A板时的动量为4.0×10-23kg•m/s
（3）带电粒子在0～t=
T
2
向A板做匀加速运动，在t＝
T
2
～t=
3T
4
向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回．粒子向A 板运动可能的最大位移s＝2×
1
2
a(
T
4
)2＝
1
16
aT2
要求粒子不能到达A板，有s<d，由f=
1
T
，电势变化频率应满足f>
a
16d
＝5
 2
×104Hz
电势变化的频率应满足f>5
 2
×104Hz．
答案解析：（1）由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；
（2）因粒子受力可能发生变化，故由位移公式可求得粒子通过的距离，通过比较可知恰好到A板，故电场力不变，由动量定理可求得动量；
（3）要使粒子不能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移小于极板间的距离，由以上表达式可得出变化的频率．
考试点：带电粒子在匀强电场中的运动；动量定理．
知识点：因极板间加交变电场，故粒子的受力周周期性变化，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况，再确定两板间电势的变化频率．

相关推荐