题目内容
如图甲，真空中两竖直平行金属板A、B相距d=5×10-2m，B板中心有小孔O，两板间电势差随时间变化如图乙．t=0时刻，将一质量m=2.0×10-27kg，电量q=1.6×10-19C的带正电粒子自O点由静止释放，粒子重力不计．求：
（1）释放瞬间粒子的加速度；
（2）在图丙中画出粒子运动的υ-t图象．（至少画一个周期，标明数据，不必写出计算过程）
（1）释放瞬间粒子的加速度；
（2）在图丙中画出粒子运动的υ-t图象．（至少画一个周期，标明数据，不必写出计算过程）
分析：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；因粒子受力可能发生变化，由位移和速度公式可求得粒子通过的距离．
解答：解：（1）电场强度E=
…①
带电粒子所受电场力F=Eq…②
由牛顿第二定律得a=
…③
联立①②③解之得：a=4.0×109m/s2
（2）由U-t图象可知，带电粒子在极板间先匀加速再匀减速，据对称性知：加速位移和减速位移相等．匀加速和匀减速的时间相等且为t=0.25×10-5s
据v=at=4.0×109m/s2×0.25×10-5s=1×104m/s
s=
=
×4.0×109m/s2 ×（0.25×10-5s）2=1.25×10-2 m
由此看出2s＜d，故带电粒子在极板间多次运动．
故粒子运动的υ-t图象为：
答：（1）释放瞬间粒子的加速度4.0×109m/s2（2）粒子运动的υ-t图象如上图所示．
| U |
| d |
带电粒子所受电场力F=Eq…②
由牛顿第二定律得a=
| F |
| m |
联立①②③解之得：a=4.0×109m/s2
（2）由U-t图象可知，带电粒子在极板间先匀加速再匀减速，据对称性知：加速位移和减速位移相等．匀加速和匀减速的时间相等且为t=0.25×10-5s
据v=at=4.0×109m/s2×0.25×10-5s=1×104m/s
s=
| 1at2 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
由此看出2s＜d，故带电粒子在极板间多次运动．
故粒子运动的υ-t图象为：
答：（1）释放瞬间粒子的加速度4.0×109m/s2（2）粒子运动的υ-t图象如上图所示．
点评：看懂图，灵活应用场强公式、牛顿第二定律解题；判断带电粒子在匀强电场的运动情况是画粒子运动的υ-t图象的关键．
练习册系列答案
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如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为u的电场加速，加速电压u随时间t变化的图象如图乙所示．每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高．A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：
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，B板中心有小孔O，两板间电势差随时间变化如图乙.
时刻，将一质量
，电量
的带正电粒子自O点由静止释放，粒子重力不计．求：
图象．(至少画一个周期，标明数据，不必写出计算过程)