Question

5．如图所示，闭合开关S后A、B板间产生恒定电压U₀，已知两极板的长度均为L，带负电的粒子（重力不计）以恒定的初速度V₀，从上板左端点正下方h处，平行极板射入电场，恰好打在上板的右端C点．若将下板向上移动距离为板间距的$\frac{19}{100}$倍，带电粒子将打在上板上的C′点，则B板上移后（　　）

• A． 粒子在板间的运动时间不变
• B． 粒子打在A板上的动能变大
• C． 粒子在A板上的落点C′与极板右端C的距离为板长的$\frac{1}{10}$
• D． 比原入射点低$\frac{19}{81}$h处的入射粒子恰好能打在上板右端C点

Answer 1

分析 带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求解

解答 解：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动
设板间距离为d，则有L=v₀t，h=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$
A、由h=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$，得：${t}^{2}=\frac{2mdh}{q{U}_{0}}$，故U₀不变，当d减小时，粒子运动时间减小，故A错误；
B、竖直方向速度：v_y=$\frac{q{U}_{0}}{md}$t，d减小，则v_y增大，故打在A板上的速度$\sqrt{{v}_{y}^{2}{+v}_{0}^{2}}$增大，故粒子打在A板上的动能增大，故B正确；
C、由L=v₀t，h=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$，得${L}^{2}=\frac{2md{hv}_{0}^{2}}{q{U}_{0}}$，故将下板向上移动距离为板间距$\frac{99}{100}$倍时，水平距离L′，有$\frac{{L}^{2}}{L{′}^{2}}$=$\frac{d}{d′}$
故L′=$\frac{9}{10}L$，与极板右端C的距离为L-$\frac{9}{10}L$=$\frac{1}{10}$L，故C正确；
D、由C得h=$\frac{q{U}_{0}{L}^{2}}{2{mv}_{0}^{2}d}$，所以$\frac{h′}{h}=\frac{d}{d′}=\frac{d}{（1-\frac{19}{100}）d}=\frac{100}{81}$故h′=$\frac{100}{81}$h，即比原入射点低（$\frac{100}{81}$-1）h=$\frac{19}{81}$
处的入射粒子恰好能打在上板右端C电，故D正确
故选：BCD

点评 本题考查带电粒子在电场中的运动，根据类平抛运动在水平方向匀速运动竖直方向匀加速运动来求解，做题过程中要细心