Question

5．如圖所示，閉合開關(guān)S后A、B板間產(chǎn)生恒定電壓U₀，已知兩極板的長度均為L，帶負(fù)電的粒子（重力不計(jì)）以恒定的初速度V₀，從上板左端點(diǎn)正下方h處，平行極板射入電場，恰好打在上板的右端C點(diǎn)．若將下板向上移動距離為板間距的$\frac{19}{100}$倍，帶電粒子將打在上板上的C′點(diǎn)，則B板上移后（　　）

• A． 粒子在板間的運(yùn)動時(shí)間不變
• B． 粒子打在A板上的動能變大
• C． 粒子在A板上的落點(diǎn)C′與極板右端C的距離為板長的$\frac{1}{10}$
• D． 比原入射點(diǎn)低$\frac{19}{81}$h處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn)

Answer 1

分析 帶電粒子垂直進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解

解答 解：帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向勻速直線運(yùn)動，豎直方向受電場力作用加速運(yùn)動
設(shè)板間距離為d，則有L=v₀t，h=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$
A、由h=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$，得：${t}^{2}=\frac{2mdh}{q{U}_{0}}$，故U₀不變，當(dāng)d減小時(shí)，粒子運(yùn)動時(shí)間減小，故A錯誤；
B、豎直方向速度：v_y=$\frac{q{U}_{0}}{md}$t，d減小，則v_y增大，故打在A板上的速度$\sqrt{{v}_{y}^{2}{+v}_{0}^{2}}$增大，故粒子打在A板上的動能增大，故B正確；
C、由L=v₀t，h=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$，得${L}^{2}=\frac{2md{hv}_{0}^{2}}{q{U}_{0}}$，故將下板向上移動距離為板間距$\frac{99}{100}$倍時(shí)，水平距離L′，有$\frac{{L}^{2}}{L{′}^{2}}$=$\fracyzoz780{d′}$
故L′=$\frac{9}{10}L$，與極板右端C的距離為L-$\frac{9}{10}L$=$\frac{1}{10}$L，故C正確；
D、由C得h=$\frac{q{U}_{0}{L}^{2}}{2{mv}_{0}^{2}d}$，所以$\frac{h′}{h}=\fracgtdohdm{d′}=\fraccnrvqqg{（1-\frac{19}{100}）d}=\frac{100}{81}$故h′=$\frac{100}{81}$h，即比原入射點(diǎn)低（$\frac{100}{81}$-1）h=$\frac{19}{81}$
處的入射粒子恰好能打在上板右端C電，故D正確
故選：BCD

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動在水平方向勻速運(yùn)動豎直方向勻加速運(yùn)動來求解，做題過程中要細(xì)心