Question

12．如圖所示，板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30⁰角；若粒子甲乙以相同的大小的初速度v₀=$\sqrt{2gL}$，由圖中的P點(diǎn)射入電容器，分別沿著虛線1和2運(yùn)動(dòng)，然后離開電容器；虛線1為連接上下極板邊緣的水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線，則下列關(guān)于兩粒子的說法正確的是（　�。�

• A． 兩者均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
• B． 兩者電勢能均逐漸增加
• C． 兩者的比荷之比為3：4
• D． 兩者離開電容器時(shí)的速率之比為v_甲：v_乙=$\sqrt{2}：\sqrt{3}$

Answer 1

分析 帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化．

解答 解：A、根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力與速度在同一直線上，所以電場力只能垂直極板向上，受力如圖所示；根據(jù)受力圖，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；
B、粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場力做負(fù)功，電勢能逐漸增加；粒子乙運(yùn)動(dòng)的方向與電場力的方向垂直，電場力不做功，所以粒子的電勢能不變．故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)受力圖，對(duì)甲：${m}_{甲}g={q}_{甲}•Ecos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}{q}_{甲}E$，所以：$\frac{{q}_{甲}}{{m}_{甲}}=\frac{2\sqrt{3}g}{3E}$
對(duì)乙：m_乙g•cos30°=q_乙E，所以：$\frac{{q}_{乙}}{{m}_{乙}}=\frac{\sqrt{3}g}{2E}$
所以：$\frac{\frac{{q}_{甲}}{{m}_{甲}}}{\frac{{q}_{乙}}{{m}_{乙}}}=\frac{\frac{2\sqrt{3}g}{3E}}{\frac{\sqrt{3}g}{2E}}=\frac{4}{3}$，故C錯(cuò)誤；
D、帶電微粒甲沿水平直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功：${W}_{1}={m}_{甲}g•tan30°•\frac{L}{cos30°}$=$\frac{2}{3}{m}_{甲}gL$，
根據(jù)動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}{m}_{甲}{v}_{甲}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{甲}{v}_{0}^{2}=-\frac{2}{3}{m}_{甲}gL$
所以：${v}_{甲}=\sqrt{\frac{2}{3}gL}$
帶電微粒乙沿平行于極板的直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功：${W}_{2}={m}_{乙}g•sin30°•L=\frac{1}{2}{m}_{乙}gL$，
根據(jù)動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}{m}_{乙}{v}_{乙}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{乙}{v}_{0}^{2}=-\frac{1}{2}{m}_{乙}gL$
所以：${v}_{乙}=\sqrt{gL}$
所以：$\frac{{v}_{甲}}{{v}_{乙}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$．故D正確．
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 考查根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動(dòng)能的變化．