Question

16．極板間距為d的平行板電容器，充電后與電源斷開，一個(gè)動(dòng)能為E_k的帶電粒子，垂直于電場(chǎng)線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時(shí)動(dòng)能為2E_k，如果使這個(gè)帶電粒子的初動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，同時(shí)將電容器極板間距變?yōu)閐′=$\fracpivexgt{2}$，則它飛出電容器時(shí)的動(dòng)能變?yōu)椋ā　。?table class="qanwser">A．4E_kB．3.5E_kC．3E_kD．2.5E_k

Answer 1

分析 兩個(gè)過(guò)程中帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩過(guò)程初速度不同故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，在豎直方向的位移不同，最后用動(dòng)能定理求解．

解答 解：設(shè)第一次粒子飛入的初速度為${v}_{0}^{\;}$，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$，加速度為：$a=\frac{qE}{m}$
第一次粒子飛入過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：
${W}_{電}^{\;}=qEy=2{E}_{K}^{\;}-{E}_{K}^{\;}$…①
第二次粒子的初動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，初速度變?yōu)樵瓉?lái)的$\sqrt{2}$倍，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍
電容器充電后與電源斷開，電量Q不變，根據(jù)$E=\frac{U}5njh2az=\frac{Q}{Cd}=\frac{Q}{\frac{?S}{4πkd}•d}=\frac{4πkQ}{?S}$，板間距離變?yōu)?d′=\fracivjm68r{2}$，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電場(chǎng)力不變
根據(jù)$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，沿電場(chǎng)方向的位移變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{2}$，電場(chǎng)力做功為原來(lái)的$\frac{1}{2}$，即電場(chǎng)力做功為$\frac{1}{2}{E}_{K}^{\;}$
根據(jù)動(dòng)能定理${W}_{電}^{′}={E}_{K}^{′}-2{E}_{K}^{\;}$…②
解得：${E}_{K}^{′}=2.5{E}_{K}^{\;}$
故D正確，ABC錯(cuò)誤
故選：D

點(diǎn)評(píng) 本題是動(dòng)能定理和類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用，用相同的物理量表示電場(chǎng)力做功是解題的關(guān)鍵．