Question

3．制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，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2T，如圖乙所示．在t=0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v₀垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則（　�。�

• A． 若k=$\frac{5}{4}$且電子恰好在2T時刻射出電場，應滿足的條件是d≥$\sqrt{\frac{9e{U}_{0}{T}^{2}}{5m}}$
• B． 若k=1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，其動能增加$\frac{e{U}_{0}}{2}$
• C． 若k=$\frac{5}{4}$且電子恰好在2T時刻射出電場，射出時的速度為$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+（\frac{5e{U}_{0}T}{4md}）^{2}}$
• D． 若k=1，電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變

Answer 1

分析 電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動，在T～2T時間內(nèi)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；k=1時，畫出電子在沿電場方向的速度圖象，再進行求解

解答 解：AC、電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動
加速度的大小${a}_{1}^{\;}=\frac{e{U}_{0}^{\;}}{md}$
位移${x}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{T}_{\;}^{2}$
在T～2T時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動
加速度的大小${a}_{2}^{\;}=\frac{5e{U}_{0}^{\;}}{4md}$
初速度的大小${v}_{1}^{\;}={a}_{1}^{\;}T$
勻減速運動階段的位移${x}_{2}^{\;}=\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{2}^{\;}}$
依據(jù)題意   $d＞{x}_{1}^{\;}+{x}_{2}^{\;}$
解得$d＞\sqrt{\frac{9e{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{10m}}$
t=2T時刻，電子沿電場方向的分速度${v}_{y}^{\;}={v}_{1}^{\;}-{a}_{2}^{\;}T=\frac{e{U}_{0}^{\;}}{md}T-\frac{5e{U}_{0}^{\;}}{4md}T$=$-\frac{e{U}_{0}^{\;}T}{4md}$
在2T時刻射出電場的速度${v}_{2T}^{\;}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+（\frac{e{U}_{0}^{\;}T}{4md}）_{\;}^{2}}$，故AC錯誤；
BD、K=1，電子在豎直方向的速度隨時間變化的圖象如圖所示

t=4T時刻，沿電場方向的分速度為0，射出速度等于${v}_{0}^{\;}$，所以動能增加量為0
由圖象知，電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向不變，故B錯誤，D正確；
故選：D

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