Question

3．兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板如圖所示，大量電子（質(zhì)量m、電量e）由靜止開(kāi)始，經(jīng)電壓為U₀的電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當(dāng)兩板均不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為3t₀；當(dāng)在兩板間加如圖所示的周期為2t₀，幅值恒為U₀的周期性電壓時(shí)，恰好能使所有電子均從兩板間通過(guò)．則（　�。�

• A． 這些電子通過(guò)兩板之間后，側(cè)向位移（沿垂直于兩板方向上的位移）的最大值為s_ymax=$\fracwgykq4o{2}$=$\frac{{t}_{0}}{2}$$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}$
• B． 這些電子通過(guò)兩板之間后，側(cè)向位移（沿垂直于兩板方向上的位移）最小值是s_ymin=$\fracgceeesa{4}$=$\frac{{t}_{0}}{4}$$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}$
• C． 側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時(shí)的動(dòng)能之比為：8：3
• D． 側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時(shí)的動(dòng)能之比為：16：13

Answer 1

分析 AB、作出電子在t=0時(shí)和t=t₀時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的v-t圖象進(jìn)行分析值，從t=0時(shí)刻進(jìn)入側(cè)向位移最大，從t=t₀時(shí)進(jìn)入側(cè)向偏移最�。�結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出側(cè)向最大位移和最小位移．
CD、根據(jù)動(dòng)能定理求出經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能，然后分別求出粒子出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直方向上的分速度，結(jié)合 水平分速度和豎直分速度求出末動(dòng)能之比．

解答 解：AB、畫(huà)出電子在t=0時(shí)或t=t₀時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的v-t圖象進(jìn)行分析

豎直方向的分速度：v_1y=$\frac{{e{U_0}}}{md}$t₀，v_2y=$\frac{{e{U_0}}}{md}$×2t₀=$\frac{{2e{U_0}{t_0}}}{md}$，
側(cè)向最大位移：s_ymax=2（$\frac{{{v_{1y}}}}{2}$t₀+v₁yt₀）=$\fracuss04oq{2}$，
側(cè)向最小位移：s_ymin=$\frac{{{v_{1y}}}}{2}$t₀+v₁yt₀=$\frac{1}{4}$d，
解得：d=$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}$t₀，則：s_ymax=$\frac{{t}_{0}}{2}$$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}$，s_ymin=$\frac{{t}_{0}}{4}$$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}$；故A正確，B正確；
CD、由此得：v_1y²=（$\frac{{e{U_0}}}{md}$t₀）²=$\frac{{e{U_0}}}{6m}$，v_2y²=（$\frac{{e{U_0}}}{md}$•2t₀）²=$\frac{{2e{U_0}}}{3m}$，
而v₀²=$\frac{{2e{U_0}}}{m}$，
所以$\frac{{{E_{Kmax}}}}{{{E_{Kmin}}}}$=$\frac{{\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}mv_{2y}^2}}{{\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}mv_{1y}^2}}$=$\frac{16}{13}$；故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：ABD

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向上一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有電場(chǎng)時(shí)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，無(wú)電場(chǎng)時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或靜止．