Question

16．极板间距为d的平行板电容器，充电后与电源断开，一个动能为E_k的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2E_k，如果使这个带电粒子的初动能变为原来的两倍，同时将电容器极板间距变为d′=$\frac{d}{2}$，则它飞出电容器时的动能变为（　　）

• A． 4E_k
• B． 3.5E_k
• C． 3E_k
• D． 2.5E_k

Answer 1

分析 两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解．

解答 解：设第一次粒子飞入的初速度为${v}_{0}^{\;}$，板长为L，运动时间为：t=$\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$，加速度为：$a=\frac{qE}{m}$
第一次粒子飞入过程，根据动能定理有：
${W}_{电}^{\;}=qEy=2{E}_{K}^{\;}-{E}_{K}^{\;}$…①
第二次粒子的初动能变为原来的2倍，初速度变为原来的$\sqrt{2}$倍，运动时间变为原来的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍
电容器充电后与电源断开，电量Q不变，根据$E=\frac{U}{d}=\frac{Q}{Cd}=\frac{Q}{\frac{?S}{4πkd}•d}=\frac{4πkQ}{?S}$，板间距离变为$d′=\frac{d}{2}$，电场强度不变，电场力不变
根据$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，沿电场方向的位移变为原来的$\frac{1}{2}$，电场力做功为原来的$\frac{1}{2}$，即电场力做功为$\frac{1}{2}{E}_{K}^{\;}$
根据动能定理${W}_{电}^{′}={E}_{K}^{′}-2{E}_{K}^{\;}$…②
解得：${E}_{K}^{′}=2.5{E}_{K}^{\;}$
故D正确，ABC错误
故选：D

点评 本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的关键．