Question

2．如图（a）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（b）所示，变化周期T=1.0×10^-5s．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，则（　　）

• A． 在t=0时刻释放该带电粒子加速度为4×10⁹m/s²
• B． 在t=0时刻释放该带电粒子，粒子在两板间往复运动
• C． 在t=0时刻释放该带电粒子，恰好在t=T时刻运动到A极板
• D． 在t=$\frac{T}{4}$时刻释放该带电粒子，也能运动到A极板

Answer 1

分析 由图可知两板间的电势差时间的变化规律，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，分析粒子的运动情况．

解答 解：A、带电粒子所受电场力$F=qE=q\frac{U}{d}$，F=ma，故$a=\frac{qU}{md}=4.0×{10^9}m/{s^2}$，故A正确．
B、t=0时刻进入的粒子在0～$\frac{T}{2}$时间内走过的距离为$\frac{1}{2}a{（\frac{T}{2}）^2}=5.0×{10^{-2}}m$，故带电粒子在一直向A板做匀加速直线运动，在t=$\frac{T}{2}$时恰好到达A板．故B错误，C错误．
D、若在带t=$\frac{T}{4}$释放电粒子，粒子在t=$\frac{T}{4}$到t=$\frac{3T}{4}$内先作匀加速运动，后作匀减速运动至速度为零，以后将返回．粒子向A板运动的可能最大位移$s=2×\frac{1}{2}a{（\frac{T}{4}）^2}=\frac{{a{T^2}}}{16}$，当s＜d时，粒子不能到达A板．故D错误．
故选：A．

点评 此题极板间加交变电场，粒子的受力情况是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况，再确定根据相关规律解题．