Question

12．如圖所示，兩帶電平行金屬板水平正對放置，下極板接地，極板長L=2cm，極板寬d=1cm，一質(zhì)量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子從上極板的邊緣A以初動能E_k水平向右射入電場，剛好從下極板的右邊緣射出，粒子重力不計，則下列說法正確的是（　�。�

• A． 該粒子在入射點(diǎn)A時的電勢能為E_k
• B． 該粒子到達(dá)下極板右邊緣時的速度與水平方向成30°角
• C． 該粒子到達(dá)下極板右邊緣時的動能為2E_k
• D． 該粒子通過兩極板中間位置時的動能為0.5E_k

Answer 1

分析 帶電粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，由分速度公式分析粒子到達(dá)下極板右邊緣時的速度與水平方向的夾角．由末速度與初速度的關(guān)系求末動能．粒子通過兩極板中間位置時求出豎直分速度，即可求得動能．根據(jù)能量守恒定律研究電勢能．

解答 解：設(shè)帶電粒子在A點(diǎn)的初速度為v₀．到達(dá)下極板右邊緣時的速度為v，動能為E_k′．
則得：v=$\sqrt{2}$v₀，
由題有：E_k=$\frac{1}{2}$mv₀²，E_k′=$\frac{1}{2}$mv²
則得：E_k′=2E_k
設(shè)粒子到達(dá)下極板右邊緣時的速度與水平方向成α角．則有：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
據(jù)題粒子到達(dá)下極板右邊緣時豎直分位移與水平分位移之比為：$\fracfjvvzp1{L}$=$\frac{\frac{{v}_{Y}}{2}t}{{v}_{0}t}$=$\frac{{v}_{y}}{2{v}_{0}}$
聯(lián)立解得：tanα=$\frac{2d}{L}$=$\frac{2×1}{2}$=1，則得：α=45°，故B錯誤；
設(shè)帶電粒子在A點(diǎn)的初速度為v₀．到達(dá)下極板右邊緣時的速度為v，動能為E_k′．
則得：v=$\sqrt{2}$v₀
由題有：E_k=$\frac{1}{2}$mv₀²，E_k′=$\frac{1}{2}$mv²
則得：E_k′=2E_k．故C正確．
粒子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，由v²=2ay得：該粒子通過兩極板中間位置時豎直分速度為下極板右邊緣時豎直分速度的$\frac{\sqrt{2}}{2}$v₀倍，即為$\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}$，故粒子通過兩極板中間位置時的動能為：E_k′=$\frac{1}{2}$m（v_x²+v_y²）=1.5E_k．故D錯誤；
由上分析知，帶電粒子從A到下極板右邊緣時動能增加E_k，由能量守恒知電勢能減少E_k，因此該粒子在入射點(diǎn)A時的電勢能為E_k．故A正確．
故選：AC．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，要知道帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，研究的方法與平拋運(yùn)動類似：運(yùn)動的合成與分解，應(yīng)用勻速運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律、勻變速運(yùn)動規(guī)律即可正確解題．