Question

2．如圖所示，兩塊帶等量異種電荷的金屬板相距d且豎直放置．兩板間電壓為U，板上帶電量為Q．一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子從兩板上端的中點(diǎn)處以速度v₀豎直向下射入電場(chǎng)，打在右板上的M處，不計(jì)重力．若把右板向右平移$\fracpnupoac{2}$而帶電粒子仍從原處豎直向射入電場(chǎng)，要使粒子仍打在M點(diǎn)，可以（　�。�

• A． 保持Q、m、v₀不變，減小q
• B． 保持U、v₀不變，減小$\frac{q}{m}$
• C． 保持U、q、m不變，減小v₀
• D． 保持U、q、m不變，增大v₀

Answer 1

分析 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，抓住垂直電場(chǎng)方向上的位移不變，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出偏轉(zhuǎn)位移的表達(dá)式，抓住偏轉(zhuǎn)位移變大，從而進(jìn)行判斷．

解答 解：A、電場(chǎng)強(qiáng)度$E=\frac{U}4tbincc=\frac{Q}{Cd}=\frac{4πkQ}{?S}$，可知Q不變，增加d，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則偏轉(zhuǎn)位移$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$，保持Q、${v}_{0}^{\;}$、m不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，減小q，偏轉(zhuǎn)位移變小，不會(huì)仍打在M點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B、保持U不變，右板向右平移$\fractf0d1xu{2}$，原來電場(chǎng)強(qiáng)度$E=\frac{U}0z4tdsx$，平移后電場(chǎng)強(qiáng)度$E′=\frac{U}{d+\frac{1}{2}d}=\frac{2}{3}\frac{U}abp4qmr=\frac{2}{3}E$，偏轉(zhuǎn)位移$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{qE′}{m}\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$，${v}_{0}^{\;}$不變，減小$\frac{q}{m}$，偏轉(zhuǎn)位移變小，不會(huì)仍打在M點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C、偏轉(zhuǎn)位移$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{1}{2}\frac{qU}{md}\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$，保持U、q、m不變，減小v₀，可以增大偏轉(zhuǎn)位移．故C正確．
D、偏轉(zhuǎn)位移$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{1}{2}\frac{qU}{md}\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$，保持U、q、m不變，增大v₀，因?yàn)閐也增大，則y一定變小．故D錯(cuò)誤．
故選：C

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道粒子在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．