Question

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．

Answer 1

（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t=

T

4

～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．