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◎ 题目
如图1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2所示．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．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=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到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．
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◎ 答案
（1）电场强度E=，带电粒子所受电场力F=qE=，F=ma
a==4.0×109m/s2
释放瞬间粒子的加速度为4.0×109m/s2；
（2）粒子在0～时间内走过的距离为a()2=5.0×10-2m
故带电粒子在t=时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p=Ft=4.0×10-23kg?m/s
粒子到达A板时的动量为4.0×10-23kg?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×a()2=aT2
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＞ |
