Question

18．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压U_AB作周期性变化，其正向电压为U₀，反向电压为-kU₀（k＞1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．

（1）若k=$\frac{5}{4}$，电子在0-2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；
（2）若电子在0-200τ时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系；
（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值．

Answer 1

分析 （1）电子在0～τ时间内做匀加速运动，在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离
（2）电子2n～（2n+1）τ时间内向下匀加速直线运动，在（2n+1）～2（n+1）τ时间内做向下做匀减速直线运动，求出一个电压变化周期内电子速度的增量，在求任意时间电子的速度随时间的变化规律
（3）电子在第N个周期内的位移是在2（N-1）τ～（2N-1）τ时间内的位移与电子在（2N-1）τ～2Nτ时间内的位移的矢量和，求出表达式，利用位移为零得到k的表达式

解答 解：（1）电子在0～T时间内做匀加速运动
加速度的大小a₁=$\frac{{e{U_0}}}{md}$      ①
位移x₁=$\frac{1}{2}$a₁T²               ②
在T-2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小a₂=$\frac{{5e{U_0}}}{4md}$  ③
初速度的大小v₁=a₁T     ④
匀减速运动阶段的位移x₂=$\frac{{{v_1}^2}}{{2{a_2}}}$⑤
依据题意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）时间内
加速度的大小a′₂=$\frac{ek{U}_{0}}{md}$⑦
速度增量△v₂=-a′₂T⑧
（a）当0≤t-2nt＜T时
电子的运动速度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）当0≤t-（2n+1）T＜T时，电子的运动速度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）电子在2（N-1）T～（2N-1）T时间内的位移x_2N-1=v2_N-2T+$\frac{1}{2}$a₁T²
电子在（2N-1）T～2N_T时间内的位移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$\frac{{e{U_0}}}{dm}$
依据题意x2N-1+x2N=0
解得k=$\frac{4N-1}{4N-3}$；
答：（1）d应满足的条件为d＞$\sqrt{\frac{{9e{U_0}{T^2}}}{10m}}$；
（2）（a）当0≤t-2nτ＜τ时，v=[t-（k+1）nτ]$\frac{{e{U_0}}}{dm}$，（n=0，1，2，3…99）；
（b）当0≤t-（2n+1）τ＜τ时，v=[（n+1）（k+1）T-kt]$\frac{{e{U_0}}}{dm}$，（n=0，1，2，…，99）；
（3）k的值为$\frac{4N-1}{4N-3}$．

点评 电子在交变电场中的变加速运动问题是考察的热点，重要的是分析清楚电子的运动情景，同时这种问题运算量较大，过程较为复杂，给学生造成较大的难度．