Question

10．如圖所示，在平行板電容器之間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子（重力不計(jì)）以速度v₀垂直電場(chǎng)線(xiàn)射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t₁穿越電場(chǎng)；若這個(gè)帶電粒子以速度$\frac{3}{2}$v₀垂直進(jìn)入該電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t₂穿越電場(chǎng)，則（　�。�

• A． 帶電粒子先后兩次穿越電場(chǎng)的時(shí)間之比為t₁：t₂=3：2
• B． 帶電粒子先后兩次穿越電場(chǎng)過(guò)程中電場(chǎng)力的沖量之比為I₁：I₂=2：3
• C． 帶電粒子先后兩次穿越電場(chǎng)過(guò)程中偏轉(zhuǎn)位移之比為y₁：y₂=9：4
• D． 帶電粒子先后兩次穿越電場(chǎng)過(guò)程中動(dòng)能的增加量之比為1：1

Answer 1

分析 帶電粒子（重力不計(jì)）以速度v₀垂直電場(chǎng)線(xiàn)射入電場(chǎng)時(shí)，只受電場(chǎng)力作用，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，采用運(yùn)動(dòng)的分解方法，研究粒子水平方向的運(yùn)動(dòng)，求出時(shí)間之比；由沖量的定義式I=Ft求沖量之比；由$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$求兩次的偏轉(zhuǎn)位移之比；根據(jù)動(dòng)能定理$qEy=△{E}_{k}^{\;}$即可求得動(dòng)能增加量之比；

解答 解：A、設(shè)平行板電容器板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有
第一次：L=v₀t₁
第二次：L=$\frac{3}{2}$v₀t₂
可解得t₁：t₂=3：2，故A正確；
B、粒子穿越電場(chǎng)過(guò)程的沖量I=Ft
第一次：${I}_{1}^{\;}=F{t}_{1}^{\;}$
第二次：${I}_{2}^{\;}=F{t}_{2}^{\;}$
可解得：${I}_{1}^{\;}：{I}_{2}^{\;}={t}_{1}^{\;}：{t}_{2}^{\;}=3：2$，故B錯(cuò)誤；
C、帶電粒子穿越電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
第一次：${y}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
第二次：${y}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$
可解得：${y}_{1}^{\;}：{y}_{2}^{\;}={t}_{1}^{2}：{t}_{2}^{2}=9：4$，故C正確；
D、根據(jù)動(dòng)能定理$△{E}_{k}^{\;}=Fy$
第一次：$△{E}_{k1}^{\;}=F{y}_{1}^{\;}$
第二次：$△{E}_{k2}^{\;}=F{y}_{2}^{\;}$
可解得：$△{E}_{k1}^{\;}：△{E}_{k2}^{\;}={y}_{1}^{\;}：{y}_{2}^{\;}=9：4$，故D錯(cuò)誤；
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法進(jìn)行研究粒子兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)是常用的思路，涉及動(dòng)能時(shí)，也可以應(yīng)用動(dòng)能定理處理．