Question

10．如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U₀的周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t=0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v₀，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期T=$\frac{2d}{{v}_{0}}$，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則（　　）

• A． 在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v₀
• B． 粒子的電荷量為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2{U}_{0}}$
• C． 在t=$\frac{1}{8}$T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了$\frac{1}{8}$mv₀²
• D． 在t=$\frac{1}{4}$T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場

Answer 1

分析 帶電粒子垂直電場線進入電場做類平拋運動，將類平拋運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場線方向的勻加速直線運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解．

解答 解：A、粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t=0時刻進入電場的粒子在 電場中運動時間$t=\frac{2d}{{v}_{0}^{\;}}$，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度${v}_{0}^{\;}$，故A正確；
B、粒子在豎直方向，在$\frac{T}{2}$時間內(nèi)的位移為$\fracn7xhp7j{2}$，則$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}\frac{{U}_{0}^{\;}q}{dm}（\fracrbz7v7v{{v}_{0}^{\;}}）_{\;}^{2}$，解得$q=\frac{m{v}_{0}^{2}}{{U}_{0}^{\;}}$，故B錯誤；
C、t=$\frac{T}{8}$時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為d'=2×$\frac{1}{2}a$$（\frac{3}{8}T）_{\;}^{2}$-2×$\frac{1}{2}a（\frac{T}{8}）_{\;}^{2}$=$\frac{1}{8}a{T}_{\;}^{2}$=$\frac{1}{2}d$，故電場力做功為W=$\frac{{U}_{0}^{\;}q}jdzjh7l×\frac{1}{2}d$=$\frac{1}{2}{U}_{0}^{\;}q$=$\frac{1}{4}m{v}_{0}^{2}$，故C錯誤；
D、t=$\frac{T}{4}$時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動$\frac{T}{4}$，然后向下減速運動$\frac{T}{4}$，再向上加速$\frac{T}{4}$，向上減速$\frac{T}{4}$，由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從Q板右側(cè)邊緣離開電場，故D錯誤；
故選：A

點評 此題關(guān)鍵是要搞清粒子在電場中水平方向和豎直方向的運動特征，主要是結(jié)合電場的變化情況研究豎直方向在一個周期內(nèi)的運動情況，此題還可以結(jié)合v-t圖象進行分析．