Question

16．兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，兩極板間電壓為U，極板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)帶電粒子從兩極板上方的正中間位置以初速度v₀垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在中心位置．已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子重力，則（　　）

• A． 此過(guò)程粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為$\frac{U}{md}$
• B． 此過(guò)程粒子的電勢(shì)能減少了qU
• C． 粒子到達(dá)負(fù)極板中心時(shí)的速度大小為v₀+$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
• D． 若只將粒子的初速度增大至2v₀，粒子將從負(fù)極板的最下端邊緣射出．

Answer 1

分析 因?yàn)闃O板間是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度直接可根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)公式求出．粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a可以根據(jù)所受的合力（電場(chǎng)力）求出，粒子電勢(shì)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理可求出粒子到達(dá)負(fù)極板中心的速度；初速度變?yōu)?倍，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度不變，沿電場(chǎng)方向的位移不變，說(shuō)明時(shí)間不變，垂直電場(chǎng)方向的位移變?yōu)?倍

解答 解：A、兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度$E=\frac{U}kw2lwol$，粒子所受的電場(chǎng)力$F=qE=q\frac{U}6rpawrk$，根據(jù)牛頓第二定律$a=\frac{F}{m}=\frac{qU}{md}$，故A錯(cuò)誤；
B、粒子電場(chǎng)力所做的功$W=q•\frac{1}{2}U$，粒子的電勢(shì)能減少了$\frac{1}{2}qU$，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)能定理$q•\frac{1}{2}U=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，解得：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{qU}{m}}$，故C錯(cuò)誤；
D、粒子在兩板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平方向勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，初速度變?yōu)?2{v}_{0}^{\;}$，時(shí)間不變，豎直位移變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，即粒子從負(fù)極板的最下端邊緣射出，故D正確；
故選：D

點(diǎn)評(píng) 解決本題關(guān)鍵會(huì)對(duì)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分解，注意兩分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性，注意電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減少量．