Question

15．如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M．一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v₀沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是（已知重力加速度為g）（　�。�

• A． 板間電場強度大小為$\frac{2mg}{q}$
• B． 兩極板間電壓為$\frac{mgd}{2q}$
• C． 整個過程中質點的重力勢能增加$\frac{{m{g^2}{L^2}}}{v_0^2}$
• D． 若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上

Answer 1

分析 根據(jù)題意分析，小球最后垂直打在M屏上，必須考慮質點的重力．小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，飛出電場后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M屏上，根據(jù)對稱性可明確加速度關系，從而根據(jù)動力學規(guī)律即可明確板間電場強度和電勢差，根據(jù)功能關系可分析重力勢能的增加量；同時明確電量不變只改變板間距離時，兩板間的電場強度不變．

解答 解：AB、據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖，可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE-mg=mg，
得到：E=$\frac{2mg}{q}$．故A正確；
B、由U=Ed可知，板間電勢差U=$\frac{2mg}{q}$×d=$\frac{2mgd}{q}$，故B錯誤；
D、小球在電場中向上偏轉的距離 y=$\frac{1}{2}$at2，而 a=$\frac{qE-mg}{m}$=g，t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，解得：y=$\frac{g{L}^{2}}{2}$
故小球打在屏上的位置與P點的距離為：S=2y=$\frac{g{L}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$，重力勢能的增加量EP=mgs=$\frac{{m{g^2}{L^2}}}{v_0^2}$，故C正確．
D、僅增大兩板間的距離，因兩板上電量不變，根據(jù)E=$\frac{U}tf3rdz3$=$\frac{Q}{Cd}$=$\frac{Q}{\frac{?S}{4πkd}d}$=$\frac{4πkQ}{?S}$可知，板間場強不變，小球在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏上，故D錯誤．
故選：AC．

點評 本題是類平拋運動與平拋運動的綜合應用，基本方法相同：運動的合成與分解，關鍵要分析出小球在電場內外運動的對稱性，得到加速度關系．