Question

9．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點(diǎn)在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時(shí)間t變化情況如圖乙所示，t=0時(shí)，在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當(dāng)t=2T時(shí)，電子回到P點(diǎn)．電子運(yùn)動(dòng)中沒與極板相碰，不計(jì)重力，則（　�。�

• A． φ₁：φ₂=1：2
• B． φ₁：φ₂=1：3
• C． 在0～2T內(nèi)，當(dāng)t=T時(shí)電子的電勢能最小
• D． 在0～2T內(nèi)，電子的電勢能減小了$\frac{2{e}^{2}{T}^{2}{{φ}_{1}}^{2}}{mgdqknln^{2}}$

Answer 1

分析 電子在交變電場中運(yùn)動(dòng)，先由牛頓第二定律求出加速度，再運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出末速度和位移，由題設(shè)條件解出交變電場正負(fù)電勢的關(guān)系．涉及的電勢能問題，由能量守恒可以進(jìn)行判斷．

解答 解：AB、0～T時(shí)間內(nèi)平行板間的電場強(qiáng)度為E₁=$\frac{{φ}_{1}}wibugjm$，電子以a1=$\frac{{E}_{1}e}{m}=\frac{{φ}_{1}e}{dm}$向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間T的位移x1=$\frac{1}{2}{a}_{1}{T}^{2}$，速度v₁=a₁T．T～2T內(nèi)平行板間電場強(qiáng)度E₂=$\frac{{φ}_{2}}aa7xaxi$，加速度a₂=$\frac{{φ}_{2}e}{dm}$，電子以v₁的速度向上做勻變速度直線運(yùn)動(dòng)，位移x₂=v₁T-$\frac{1}{2}{a}_{2}{T}^{2}$，由題意2T時(shí)刻回到P點(diǎn)則x₁+x₂=0，聯(lián)立可得：φ₂=3φ₁，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．
C、當(dāng)速度最大時(shí)，動(dòng)能最大，電勢能最小，而0～T內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動(dòng)，之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以在T時(shí)刻電勢能最小，選項(xiàng)C正確．
D、電子在2T時(shí)刻回到P點(diǎn)，此時(shí)速度v₂=v₁-a₂T=$-\frac{2{φ}_{1}eT}{dm}$  （負(fù)號(hào)表示方向向下），電子的動(dòng)能為E_k═$\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}$=$\frac{2{e}^{2}{T}^{2}{{φ}_{1}}^{2}}{mj7g4wja^{2}}$，根據(jù)能量守恒定律有：電場強(qiáng)度的減小量等于動(dòng)能的增加量，所以選項(xiàng)D正確．
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 本題的難點(diǎn)在于正負(fù)電勢大小關(guān)系的判定，只能由題設(shè)條件經(jīng)過2T時(shí)間回到P點(diǎn)，則兩段位移之和為零，列方程解出正負(fù)電勢的大小關(guān)系．從能量守恒定律來判定電勢能的大�。弘妱菽茏钚〉臅r(shí)刻一定是動(dòng)能最大的時(shí)刻，且電勢能的減小量等于動(dòng)能的增加量．