Question

17．在光滑的水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場，其電勢φ隨x坐標(biāo)值的變化圖線如圖所示（圖中φ₀，-φ₀，x₁，x₂，x₃，x₄均已知）．有一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點）從O點以初速度v₀沿x軸正向運(yùn)到點x₄．下列敘述正確的是（　�。�

• A． 帶電小球在O～x₁間加速，在 x₁～x₂ 間減速
• B． 帶電小球在x₁～x₂間減速，在 x₂～x₃間加速
• C． 初速度v₀應(yīng)滿足v₀≥$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}}{m}}$
• D． 若v₀≥$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}}{m}}$，帶電小球在運(yùn)動過程中的最大速度為 v_m=2$\sqrt{\frac{q{φ}_{0}}{m}}$

Answer 1

分析 φ-x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度，由數(shù)學(xué)知識分析場強(qiáng)E的變化，由F=qE分析電場力的變化．由此分析小球的運(yùn)動情況．
若小球能運(yùn)動到x₁處，初速度v₀最小，根據(jù)動能定理求解最小初速度．當(dāng)帶電粒子運(yùn)動到x₂處時，電場力做正功最大，粒子的速度最大，根據(jù)動能定理求解最大速度．

解答 解：A、由公式E=$\frac{U}8sab3km$，可得$\frac{△φ}{△x}$=E，知φ-x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度，則可知小球從O運(yùn)動到x₁的過程中，場強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，電場力沿x軸負(fù)方向，小球做勻減速直線運(yùn)動．在x₂～x₃段，場強(qiáng)沿x軸正方向，小球所受的電場力方向沿x軸正方向，小球沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動．故A錯誤．
B、帶電小球在x₁～x₂間做勻加速直線運(yùn)動，在x₂～x₃間場強(qiáng)沿x軸正方向，小球所受的電場力方向沿x軸正方向，小球沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動．故B錯誤．
C、若小球恰好能運(yùn)動到x₁處，初速度v₀最小，從x=0到x₁處，根據(jù)動能定理得：
-qφ₀=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}}{m}}$，則根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，若該帶電小球能運(yùn)動到x₄處，則初速度應(yīng)滿足v₀≥$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}}{m}}$，故C正確．
D、若v₀≥$\sqrt{\frac{2q{φ}_{0}}{m}}$，當(dāng)帶電粒子運(yùn)動到x₁處時，電場力做正功最大，粒子的速度最大，從x=0到x₁處，根據(jù)動能定理得：
  qφ₀=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，解得最大速度為：v_m=2$\sqrt{\frac{q{φ}_{0}}{m}}$，故D正確．
故選：CD

點評 本題關(guān)鍵要抓住φ-x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度，分析電場力變化情況，由電勢與電勢能的變化，判斷電勢能的變化．根據(jù)電場力做功情況，分析粒子運(yùn)動到什么位置速度最大，由動能定理求解最大速度．