Question

20．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初速度為v₀，初動(dòng)能均為E_k．已知t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)．則（　�。�

• A． 不同時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子，射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向可能不同
• B． t=0之后射入電場(chǎng)的粒子有可能會(huì)打到極板上
• C． 若入射速度加倍成2v₀，則粒子從電場(chǎng)出射時(shí)的側(cè)向位移與v₀相比必定減半
• D． 所有粒子在經(jīng)過(guò)電場(chǎng)過(guò)程中最大動(dòng)能都不可能超過(guò)2E_k

Answer 1

分析 粒子在平行極板方向不受電場(chǎng)力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，豎直方向分速度變化量為零，根據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場(chǎng)力的沖量的矢量和為零．

解答 解：A、B、粒子在平行極板方向不受電場(chǎng)力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故所有粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同；
t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，說(shuō)明豎直方向分速度變化量為零，根據(jù)動(dòng)量定理，豎直方向電場(chǎng)力的沖量的矢量和為零，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期的整數(shù)倍；故所有粒子最終都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)；
由于t=0時(shí)刻射入的粒子始終做單向直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分位移最大，故所有粒子最終都不會(huì)打到極板上；故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；
C、若入射速度加倍成2v₀，則粒子從電場(chǎng)出射時(shí)間減半的側(cè)向位移與時(shí)間的平方成正比，側(cè)向位移與原v₀相比必變成原來(lái)的四分之一；故C錯(cuò)誤；
D、t=0時(shí)刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，為$\fracfvlvmsl{2}$；
根據(jù)分位移公式，有：$\fracpbn4jgs{2}$=$\frac{0+{v}_{ym}}{2}•\frac{L}{{v}_{0}}$
由于L=d
故：v_ym=v₀
故最大動(dòng)能E_K′=$\frac{1}{2}$m（v₀²+v²_ym）=2E_K，故D正確；
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵根據(jù)正交分解法判斷粒子的運(yùn)動(dòng)，明確所有粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，t=0時(shí)刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，然后根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解．