Question

9．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则（　　）

• A． φ₁：φ₂=1：2
• B． φ₁：φ₂=1：3
• C． 在0～2T内，当t=T时电子的电势能最小
• D． 在0～2T内，电子的电势能减小了$\frac{2{e}^{2}{T}^{2}{{φ}_{1}}^{2}}{m{d}^{2}}$

Answer 1

分析 电子在交变电场中运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再运动学规律求出末速度和位移，由题设条件解出交变电场正负电势的关系．涉及的电势能问题，由能量守恒可以进行判断．

解答 解：AB、0～T时间内平行板间的电场强度为E₁=$\frac{{φ}_{1}}{d}$，电子以a1=$\frac{{E}_{1}e}{m}=\frac{{φ}_{1}e}{dm}$向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1=$\frac{1}{2}{a}_{1}{T}^{2}$，速度v₁=a₁T．T～2T内平行板间电场强度E₂=$\frac{{φ}_{2}}{d}$，加速度a₂=$\frac{{φ}_{2}e}{dm}$，电子以v₁的速度向上做匀变速度直线运动，位移x₂=v₁T-$\frac{1}{2}{a}_{2}{T}^{2}$，由题意2T时刻回到P点则x₁+x₂=0，联立可得：φ₂=3φ₁，所以选项A错误，B正确．
C、当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，所以在T时刻电势能最小，选项C正确．
D、电子在2T时刻回到P点，此时速度v₂=v₁-a₂T=$-\frac{2{φ}_{1}eT}{dm}$  （负号表示方向向下），电子的动能为E_k═$\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}$=$\frac{2{e}^{2}{T}^{2}{{φ}_{1}}^{2}}{m{d}^{2}}$，根据能量守恒定律有：电场强度的减小量等于动能的增加量，所以选项D正确．
故选：BCD

点评 本题的难点在于正负电势大小关系的判定，只能由题设条件经过2T时间回到P点，则两段位移之和为零，列方程解出正负电势的大小关系．从能量守恒定律来判定电势能的大小：电势能最小的时刻一定是动能最大的时刻，且电势能的减小量等于动能的增加量．