Question

9．如圖所示，一對(duì)半徑均為R₁的金屬板M、N圓心正對(duì)平行放置，兩板距離為d，N板中心鍍有一層半徑為R₂的圓形鋅金屬薄膜，d＜＜R₂＜R₁，兩板之間電勢(shì)差為U_MN，兩板之間真空且可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，N板受到某種單色光照射后鋅金屬薄膜表面會(huì)發(fā)射出最大速率為v，方向各異的電子，已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，每秒穩(wěn)定發(fā)射n個(gè)電子，電子在板間運(yùn)動(dòng)過程中無碰撞且不計(jì)電子重力和電子間相互作用，電子到達(dá)M板全部被吸收，M板右側(cè)串聯(lián)的電流計(jì)可以測(cè)量到通過M板的電流I，則（　�。�

• A． 當(dāng)U_MN=-$\frac{m{v}^{2}}{2e}$時(shí)，I=0
• B． 當(dāng)I=0時(shí)，電子在板間運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為$\frac{2d}{v}$
• C． 當(dāng)U_MN≥$\frac{2m32h08z8^{2}{v}^{2}}{e（{R}_{1}-{R}_{2}）^{2}}$時(shí)，I=ne
• D． 當(dāng)I=ne時(shí)，電子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為$\frac{{R}_{1}+{R}_{2}}{v}$

Answer 1

分析 垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達(dá)M板時(shí)，電流為零，根據(jù)動(dòng)能定理求出MN兩端的電勢(shì)差，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度推論求出最短的時(shí)間．
根據(jù)從鋅膜邊緣平行N板射出的電子作類平拋運(yùn)動(dòng)剛好能到達(dá)M板邊緣時(shí)，則所有電子均能到達(dá)M板，電流最大，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，依據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；

解答 解：A、當(dāng)垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達(dá)M板時(shí)，I=0；
令此時(shí)兩板間電壓為U_MN，則$\frac{1}{2}m{v}^{2}=-e{U}_{MN}$，解得：${U}_{MN}=-\frac{m{v}^{2}}{2e}$，故A正確．
B、當(dāng)I=0時(shí)，根據(jù)$\frac{v}{2}t=d$，可知電子在板間的最短時(shí)間為：$t=\frac{2d}{v}$，故B錯(cuò)誤．
C、從鋅膜邊緣平行N板射出的電子作類平拋運(yùn)動(dòng)剛好能到達(dá)M板邊緣時(shí)，則所有電子均能到達(dá)M板，電流最大，為：I=ne；
令此時(shí)兩板間電壓為U_MN；
R₁-R₂=vt；
d=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，a=$\frac{e{U}_{MN}}{md}$，
解得U_MN=$\frac{2mbpntyev^{2}{v}^{2}}{e（{R}_{1}-{R}_{2}）^{2}}$，所以當(dāng)U_MN≥$\frac{2mdwt5vi1^{2}{v}^{2}}{e（{R}_{1}-{R}_{2}）^{2}}$時(shí)，I=ne，故C正確．
D、當(dāng)I=ne時(shí)，電子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間t=$\frac{{R}_{1}-{R}_{2}}{v}$，故D錯(cuò)誤．
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 考查動(dòng)能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解，理解平拋運(yùn)動(dòng)處理的方法．注意電流為零與最大的確定是解題的關(guān)鍵．