题目内容
如图所示，相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，电键S闭合后，MN间有匀强电场，一个带电粒子，垂直于电场方向从M板边缘射入电场，恰好打在N板中央．若不计重力，下列说法正确的是（ ）分析：带电粒子在电场中做类平抛运动，将N板向下移动d时，根据牛顿第二定律和运动学公式求出带电粒子的水平位移，判断粒子能否刚好飞出电场．若S打开，电容器电量不变，根据推论可知，板间场强不变．再运用运动分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式，确定粒子能否刚好飞出电场．
解答：解：设极板的长度为l，带电粒子的初速度为v0，电源两端的电压为U．
A、将N板向下移前：d=
a1
=
(
)2①
将N板向下移动d后：设带电粒子的水平位移大小为s，则有
2d=
a2
=
(
)2②
由①②联立得到，s=2l，则使粒子刚好飞出电场．故A正确．
B、若将N板向下移动2d，则有
3d=
(
)2③
由①③得s=3l，说明粒子不是刚好飞出电场．故B错误．
C、D若S打开，电容器板间场强不变，则带电粒子的加速度大小不变，粒子刚好飞出电场时水平位移大小为l，设竖直位移大小为y，则有
y=
a1(
)2④
由①④得，y=4d，则将N板向下移动3d．故C错误，D正确．
故选AD
A、将N板向下移前：d=
| 1 |
| 2 |
| t | 2 1 |
| qU |
| 2md |
| ||
| v0 |
将N板向下移动d后：设带电粒子的水平位移大小为s，则有
2d=
| 1 |
| 2 |
| t | 2 2 |
| qU |
| 2m?2d |
| s |
| v0 |
由①②联立得到，s=2l，则使粒子刚好飞出电场．故A正确．
B、若将N板向下移动2d，则有
3d=
| qU |
| 2m?3d |
| s |
| v0 |
由①③得s=3l，说明粒子不是刚好飞出电场．故B错误．
C、D若S打开，电容器板间场强不变，则带电粒子的加速度大小不变，粒子刚好飞出电场时水平位移大小为l，设竖直位移大小为y，则有
y=
| 1 |
| 2 |
| l |
| v0 |
由①④得，y=4d，则将N板向下移动3d．故C错误，D正确．
故选AD
点评：本题带电粒子在电场中做类平抛运动，采用比例法研究两种相似的情况．此题中用到一个重要推论：电容器的正对面积不变，改变板间距离时，板间场强不变．
练习册系列答案
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