Question

5．如圖所示，一對(duì)長(zhǎng)度為L(zhǎng)、相距為d的平行金屬板MN，接在電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源兩端，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子P緊挨極板M的一端平行于極板以速度v₀射入，剛好能打在極板N的另一端．兩極板之間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則帶電粒子P打到極板N時(shí)的速度為（　�。�

• A． v₀
• B． 2v₀
• C． $\frac{qEL}{md{v}_{0}}$
• D． $\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{E}^{2}{L}^{2}}{{m}^{2}fhfvqoi^{2}{v}_{0}^{2}}}$

Answer 1

分析 平行金屬板接在電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源兩端，充電穩(wěn)定后極板間的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)E．若不考慮重力，則只在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)．據(jù)動(dòng)能定理很容易地求出末速度．若電荷分正、負(fù)情況，則電場(chǎng)力分別做正功和負(fù)功，據(jù)動(dòng)能定理也能求出末速度．還可以從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度求末速度．

解答 解：若不考慮重力，粒子只能帶正電，據(jù)動(dòng)能定理有：$Eq=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+\frac{2Ed}{m}}$．
若考慮重力
①粒子帶正電，據(jù)動(dòng)能定理有：$mgd+Eq=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+2gd+\frac{2Eq}{m}}$；
②粒子帶負(fù)電，據(jù)動(dòng)能定理有：$mgd-Eq=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+2gd-\frac{2Eq}{m}}$．以上情況ABC均錯(cuò)誤．
另一方面不考慮重力時(shí)：由類平拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向上有   L=v₀t，豎直方向上加速度為：$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{dm}$，豎直速度為：${v}_{y}=at=\frac{qE}{dm}×\frac{L}{{v}_{0}}$．合速度為：$v=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}++{{v}_{y}}^{2}}=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+\frac{{q}^{2}{E}^{2}{L}^{2}}{scirxpc^{2}{m}^{2}{{v}_{0}}^{2}}}$．
由此可知：
A、由于電場(chǎng)力要做功，速度肯定要變化，所以A錯(cuò)誤．
B、由以上分析知，無(wú)論哪種情況電場(chǎng)力做的功不可能是$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2}$，所以B錯(cuò)誤．
C、由以上分析知，無(wú)論哪種情況均得不到$\frac{qEL}{md{v}_{0}}$，這個(gè)式子只等于豎直速度，所以C錯(cuò)誤．
D由以上分析，當(dāng)不考慮重力由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得到結(jié)果正確，所以D正確．
故選：D

點(diǎn)評(píng) 一個(gè)很簡(jiǎn)單的題目，若考慮方向不同，可能得到幾個(gè)答案，又是字母表示，無(wú)法判斷正誤．僅從牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)馬上得到正解．所以考慮問(wèn)題時(shí)先簡(jiǎn)單再?gòu)?fù)雜，可能異曲同工．