Question

19．如圖2所示，平行板電容器兩板水平放置，當(dāng)電容器電荷量為Q時，在兩板內(nèi)A處有一電荷量為q的油滴恰能保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓電容器放出$\frac{Q}{2}$電荷，油滴便向下做豎直加速運(yùn)動，經(jīng)過時間t到達(dá)B點(diǎn)，為使油滴從B點(diǎn)開始，經(jīng)過相同的時間t（假使油滴不會撞在下板上）恰能返回到A處，則當(dāng)油滴抵達(dá)B處時，需再給電容器充電多少．

Answer 1

分析 靜止處于平衡時，重力等于電場力；電容器電量減半時，電場力減半，根據(jù)牛頓第二定律求出油滴向下運(yùn)動的加速度，由位移公式x=$\frac{1}{2}$at²求出位移；為使油滴從B點(diǎn)開始，經(jīng)過相同的時間t恰能返回到A處，返回過程與向下運(yùn)動過程位移大小相等，再根據(jù)牛頓第二定律和位移公式列式，即可求解．

解答 解：靜止處于平衡時，F(xiàn)=mg，電量變?yōu)?\frac{Q}{2}$，由 F=qE=q$\frac{U}9x5iksu$，則得：F′=$\frac{F}{2}$=$\frac{mg}{2}$，
根據(jù)牛頓第二定律得：
 油滴向下運(yùn)動的加速度 a=$\frac{mg-\frac{1}{2}mg}{m}$=$\frac{1}{2}$g
 位移  x=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{4}$gt²  ①
 速度  v=at=$\frac{1}{2}$gt  ②
 油滴返回過程的位移 x=-vt+$\frac{1}{2}$a′t²  ③
由①②③得：a′=$\frac{3}{2}$g
 又由牛頓第二定律 F′-mg=ma′，可得：F′=$\frac{5}{2}$mg
解得：Q′=$\frac{5}{2}$Q
故需要再給電容器充電△Q=Q′-$\frac{1}{2}$Q=$\frac{5}{2}$Q-$\frac{1}{2}$Q=2Q．
答：則當(dāng)油滴抵達(dá)B處時，需再給電容器充電2Q．

點(diǎn)評 分析油滴的受力情況和運(yùn)動情況是解題的基礎(chǔ)，抓住各個物理量之間的聯(lián)系是解題的關(guān)鍵．牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合是處理這類問題的基本規(guī)律．