Question

15．有一電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸方向的電場(chǎng)，其電勢(shì)ϕ隨x的分布如圖所示．一質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒子只在電場(chǎng)力的作用下，以初速度V₀從x=0處的O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)并沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則下關(guān)于該粒子運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中正確的是（　�。�

• A． 粒子從x=0處運(yùn)動(dòng)到x=x₁處的過(guò)程中動(dòng)能逐漸增大
• B． 粒子從x=x₁處運(yùn)動(dòng)到x=x₃處的過(guò)程中電勢(shì)能逐漸減小
• C． 欲使粒子能夠到達(dá)x=x₄處，則粒子從x=0處出發(fā)時(shí)的最小速度應(yīng)為2$\sqrt{\frac{q{φ}_{0}}{m}}$
• D． 若v₀=2$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}}{m}}$，則粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為$\sqrt{\frac{6q{φ}_{0}}{m}}$

Answer 1

分析 根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷場(chǎng)強(qiáng)的方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，即可判斷動(dòng)能的變化．根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)小，判斷電勢(shì)能的變化．粒子如能運(yùn)動(dòng)到x₁處，就能到達(dá)x₄處，根據(jù)動(dòng)能定理研究0-x₁過(guò)程，求解最小速度．粒子運(yùn)動(dòng)到x₁處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小，由動(dòng)能定理求解最小速度．

解答 解：A、粒子從O運(yùn)動(dòng)到x₁的過(guò)程中，電勢(shì)降低，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向，粒子所受的電場(chǎng)力方向沿x軸負(fù)方向，粒子做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能逐漸減小，故A錯(cuò)誤．
B、粒子從x₁運(yùn)動(dòng)到x₃的過(guò)程中，電勢(shì)不斷升高，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)小，可知，粒子的電勢(shì)能不斷增大，故B正確．
C、根據(jù)電場(chǎng)力和運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：粒子如能運(yùn)動(dòng)到x₁處，就能到達(dá)x₄處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x₁處時(shí)，由動(dòng)能定理得：
-q（φ₀-0）=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}^{\;}}{m}}$，則要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x₄處，粒子的初速度v₀至少為 $\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}^{\;}}{m}}$．故C錯(cuò)誤．
D、若v₀=2 $\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}^{\;}}{m}}$，粒子運(yùn)動(dòng)到x₁處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小，由動(dòng)能定理得：
q[（-φ₀）-0]=$\frac{1}{2}$m ${v}_{min}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得最小速度為：v_min=$\sqrt{\frac{6q{φ}_{0}^{\;}}{m}}$，故D正確．
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 根據(jù)電勢(shì)φ隨x的分布圖線可以得出電勢(shì)函數(shù)關(guān)系，由電勢(shì)能和電勢(shì)關(guān)系式得出電勢(shì)能的變化．利用動(dòng)能定理列方程求動(dòng)能或速度．