Question

16．極板間距為d的平行板電容器，充電后與電源斷開，一個動能為E_k的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2E_k，如果使這個帶電粒子的初動能變?yōu)樵瓉淼膬杀�，同時將電容器極板間距變?yōu)閐′=$\fractfgflcf{2}$，則它飛出電容器時的動能變?yōu)椋ā　。?table class="qanwser">A．4E_kB．3.5E_kC．3E_kD．2.5E_k

Answer 1

分析 兩個過程中帶電粒子做類平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩過程初速度不同故在磁場中運動時間不同，在豎直方向的位移不同，最后用動能定理求解．

解答 解：設第一次粒子飛入的初速度為${v}_{0}^{\;}$，板長為L，運動時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$，加速度為：$a=\frac{qE}{m}$
第一次粒子飛入過程，根據(jù)動能定理有：
${W}_{電}^{\;}=qEy=2{E}_{K}^{\;}-{E}_{K}^{\;}$…①
第二次粒子的初動能變?yōu)樵瓉淼?倍，初速度變?yōu)樵瓉淼?\sqrt{2}$倍，運動時間變?yōu)樵瓉淼?\frac{\sqrt{2}}{2}$倍
電容器充電后與電源斷開，電量Q不變，根據(jù)$E=\frac{U}dkf5y0b=\frac{Q}{Cd}=\frac{Q}{\frac{?S}{4πkd}•d}=\frac{4πkQ}{?S}$，板間距離變?yōu)?d′=\fracbiqtzej{2}$，電場強度不變，電場力不變
根據(jù)$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，沿電場方向的位移變?yōu)樵瓉淼?\frac{1}{2}$，電場力做功為原來的$\frac{1}{2}$，即電場力做功為$\frac{1}{2}{E}_{K}^{\;}$
根據(jù)動能定理${W}_{電}^{′}={E}_{K}^{′}-2{E}_{K}^{\;}$…②
解得：${E}_{K}^{′}=2.5{E}_{K}^{\;}$
故D正確，ABC錯誤
故選：D

點評 本題是動能定理和類平拋運動知識的綜合應用，用相同的物理量表示電場力做功是解題的關鍵．