Question

17．如右圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒，以初速度v₀豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強(qiáng)電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知AB=BC．不計空氣阻力，則可知（　　）

• A． 微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等
• B． 微粒打到C點以前最小動能是初動能的一半
• C． MN板間的電勢差為$\frac{{m{v_o}^2}}{q}$
• D． MN板間的電勢差為$U=\frac{Ev_0^2}{2g}$

Answer 1

分析 由題分析可知，微粒垂直打到N極上的C點，微粒豎直方向做勻減速運動，微粒的重力不能忽略．將微粒的運動分解為水平和豎直兩個方向，粒子水平做勻加速運動，豎直方向做豎直上拋運動，用平均速度分別表示兩個方向的分位移，根據(jù)分位移大小相等，運動時間相等，研究微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率的關(guān)系．根據(jù)動能定理求出AC間電勢差，MN間的電勢差等于AB間電勢差的兩倍．

解答 解：A、將微粒的運動分解為水平和豎直兩個方向，粒子水平做勻加速運動，豎直方向做豎直上拋運動．則有BC=$\frac{{v}_{0}^{\;}+0}{2}$t，AB=$\frac{0+{v}_{C}^{\;}}{2}$t
由題，AB=BC，得到v_C=v₀，即微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等．故A正確．
B、根據(jù)牛頓第二定律，豎直方向$mg=m\frac{{v}_{0}^{\;}}{t}$，水平方向$F=ma=m\frac{{v}_{0}^{\;}}{t}$，所以電場力F=mg，將電場力和重力等效為F'，$F′=\sqrt{（mg）_{\;}^{2}+{F}_{\;}^{2}}=\sqrt{2}mg$，當(dāng)速度與F'垂直時，速度最小動能最小，將初速度沿F'方向和沿F'方向正交分解，垂直F'方向的分速度${v}_{0}^{\;}cos45°$，最小速度即與F'垂直的分量，即${v}_{min}^{\;}={v}_{0}^{\;}cos45°$，${E}_{kmin}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{min}^{2}=\frac{1}{2}m（\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}^{\;}）_{\;}^{2}$=$\frac{1}{4}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}{E}_{k0}^{\;}$，故B正確；
C、根據(jù)動能定理，研究水平方向得：qU_AB=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$，得到：U_AB=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$，所以MN板間的電勢差為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$，故C正確．
D、根據(jù)相同時間內(nèi)，速度變化相同，則加速度相同，由牛頓第二定律，則有mg=qE，因此MN板間的電勢差為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$=$\frac{E{v}_{0}^{2}}{g}$，故D錯誤；
故選：ABC

點評 本題首先考查分析物體運動情況和判斷受力的能力，其次考查運用運動的分解處理曲線的能力．