Question

制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓U_AB作周期性變化，其正向電壓為U₀，反向電壓為-kU₀（k＞1），電壓變化的周期為2r，如圖乙所示．在t=0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動．若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．
（1）若k=

5

4

，電子在0-2r時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件；
（2）若電子在0～200t時間內未碰到極板B，求此運動過程中電子速度v隨時間t變化的關系；
（3）若電子在第N個周期內的位移為零，求k的值．

Answer 1

分析：（1）電子在0～τ時間內做勻加速運動，在τ～2τ時間內先做勻減速運動，后反向做初速度為零的勻加速運動，電子不能到達極板A的條件為電子運動位移之和小于板間距離
（2）電子2n～（2n+1）τ時間內向下勻加速直線運動，在（2n+1）～2（n+1）τ時間內做向下做勻減速直線運動，求出一個電壓變化周期內電子速度的增量，在求任意時間電子的速度隨時間的變化規律
（3）電子在第N個周期內的位移是在2（N-1）τ～（2N-1）τ時間內的位移與電子在（2N-1）τ～2Nτ時間內的位移的矢量和，求出表達式，利用位移為零得到k的表達式

解答：解：（1）電子在0～τ時間內做勻加速運動
加速度的大小：a1=

eU0

md

…①
位移：x1=

1

2

a1τ2…②
在τ～2τ時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動
加速度的大小：a2=

5eU0

4md

…③
初速度的大小：v₁=a₁τ…④
勻減速運動階段的位移：x2=

v12

2a2

…⑤
依據題意：d＞x₁+x₂
解得：d＞

9eU0τ2 10m

…⑥
（2）在2nτ～（2n+1）τ 時間內，（n=0，1，2，3…99）
速度增量△v₁=a₁τ…⑦
在（2n+1）τ～2（n+1）τ（n=0，1，2，…99）時間內
加速度大小：a′₂=

ekU0

md

速度增量：△v₂=-a′₂τ…⑧
（a）當0≤t-2nτ＜τ時
電子的運動速度：v=n△v₁+n△v₂+a₁（t-2nτ）…⑨
解得：v=【t-（k+1）nτ】

eU0

dm

，（n=0，1，2，3…99）…⑩
（b）當0≤t-（2n+1）τ＜τ時
電子運動的速度：v=（n+1）△v₁+n△v₂-a′₂【t-（2n+1）τ】…（11）
解得：v=【（n+1）（k+1）τ-kτ】

eU0

dm

，（n=0，1，2，3…99）…（12）
（3）電子在2（N-1）τ～（2N-1）τ時間內的位移：x2N-1=v2N-2τ+

1

2

a1τ2
電子在（2N-1）τ～2Nτ時間內的位移：x2N=v2N-1τ+

1

2

a′2τ2
由⑩式可知：v2N-2=(N-1)(1-k)τ

eU0

dm

由（12）式可知：v2N-1=(N-Nk+k)τ

eU0

dm

依據題意：x_2N-1+x_2N=0
解得：k=

4N-1

4N-3

答：（1）d應滿足的條件是d＞

9eU0τ2 10m

（2）（a）當0≤t-2nτ＜τ時
v=【t-（k+1）nτ】

eU0

dm

，（n=0，1，2，3…99）
（b）當0≤t-（2n+1）τ＜τ時，v=【（n+1）（k+1）τ-kτ】

eU0

dm

，（n=0，1，2，3…99）
（3）若電子在第N個周期內的位移為零，則 k=

4N-1

4N-3

點評：電子在交變電場中的變加速運動問題是考察的熱點，重要的是分析清楚電子的運動情景，同時這種問題運算量較大，過程較為復雜，給學生造成較大的難度