如图1所示.真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A.B与电源连接.其中B板接地.A板电势变化的规律如图2所示.将一个质量m=2.0×kg.电量q=+1.6×C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=1.0×10-5 s.在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放.粒子到达A板时� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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（06年北京卷）（18分）如图1所示，真空中相距d=5 cm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×kg，电量q=＋1.6×C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^-5 s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小；
    （3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t=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。　

解析：

（1）电场强度　E＝

带电粒子所受电场力　qE＝q，F＝ma

（2）粒子在0～时间内走过的距离为

故粒子在t＝时恰好到达A板

根据动量定理，此时粒子

p＝Ft＝4.0×kg?m/s

（3）带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在t＝～t＝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×

要求粒子不能到达A板，有，s＜d

　　由f＝，电势变化频率应满足　f＞

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