Question

6．如圖所示，足夠大的鉛板A、金屬網(wǎng)B和熒光屏M豎直平行放置；A、M固定且它們之間的距離遠(yuǎn)小于自身的大�。�使A板帶上Q正電，金屬網(wǎng)B接地并可移動(dòng)（移動(dòng)時(shí)不與A或M接觸），在A、B間產(chǎn)生水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在貼近鉛板A左表面中心有一點(diǎn)放射源S，它向各個(gè)方向放射出大量速率相同的α粒子，當(dāng)粒子達(dá)到熒光屏M上時(shí)會(huì)產(chǎn)生亮點(diǎn)．整個(gè)裝置放在真空中，不計(jì)重力及粒子間的相互作用．下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 金屬網(wǎng)的右側(cè)會(huì)感應(yīng)出-Q的電荷量，B向左移動(dòng)時(shí)AB間電場(chǎng)不變，B與M之間始終沒(méi)有電場(chǎng)
• B． 若金屬網(wǎng)B向左移動(dòng)，所打到M上的粒子動(dòng)能將增大
• C． 金屬網(wǎng)B固定不動(dòng)，所有打到M上的粒子在屏上形成的一個(gè)圓形亮斑
• D． 要使達(dá)到M上粒子形成的圓形亮斑面積縮小，可以將金屬網(wǎng)B向右移動(dòng)一些

Answer 1

分析 A、依據(jù)靜電感應(yīng)原理，結(jié)合E=$\frac{U}3ctcuil$，U=$\frac{Q}{C}$，C=$\frac{?S}{4πkd}$，即可判定，兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度綜合表達(dá)式；
B、根據(jù)動(dòng)能定理，即可求解粒子動(dòng)能大�。�
C、依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)，即可判定；
D、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度方向的位移大小，從而確定合速度的方向與電場(chǎng)力方向的夾角大小，即可求解．

解答 解：A、A板帶上Q正電，依據(jù)靜電感應(yīng)原理，則金屬網(wǎng)的右側(cè)會(huì)感應(yīng)出-Q的電荷量，
當(dāng)B向左移動(dòng)時(shí)，依據(jù)E=$\frac{U}pu2okxw$，U=$\frac{Q}{C}$，C=$\frac{?S}{4πkd}$，可知，E=$\frac{4πkQ}{?S}$，與極板間距無(wú)關(guān)，因此AB間電場(chǎng)不變，而由于金屬網(wǎng)接地，那么B與M之間始終沒(méi)有電場(chǎng)，故A正確；
B、若金屬網(wǎng)B向左移動(dòng)，那么粒子在電場(chǎng)強(qiáng)度方向，加速時(shí)間變長(zhǎng)，則電場(chǎng)力做功增大，依據(jù)動(dòng)能定理，那么所打到M上的粒子動(dòng)能將增大，故B正確；
C、若金屬網(wǎng)B固定不動(dòng)，不在電場(chǎng)力方向的粒子，均會(huì)做類平拋運(yùn)動(dòng)，因此所有打到M上的粒子在屏上形成的一個(gè)圓形亮斑，故C正確；
D、要使達(dá)到M上粒子形成的圓形亮斑面積縮小，則沿著電場(chǎng)力方向的位移要變大，依據(jù)矢量的合成法則，則有粒子的合速度方向才與電場(chǎng)力方向夾角變小，因此可以將金屬網(wǎng)B向左移動(dòng)一些，故D錯(cuò)誤；
故選：ABC．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了平行板電容器、平拋運(yùn)動(dòng)等綜合性知識(shí)，要求用運(yùn)動(dòng)學(xué)和能量的觀點(diǎn)解決此問(wèn)題，同時(shí)掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解，理解圓形亮斑面積大小與沿著電場(chǎng)力方向的位移大小關(guān)系是解題的關(guān)鍵．