Question

11．如圖（甲）的演示實(shí)驗(yàn)，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動(dòng)．

現(xiàn)取以下簡化模型進(jìn)行定量研究：
如圖（乙）所示，電容為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻可不計(jì)的電源相連．設(shè)兩板之間只有一個(gè)質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．假設(shè)小球與極板發(fā)生碰撞后，小球的速度立即變?yōu)榱�，帶電情況也立即改變，小球所帶電荷符號(hào)與該極板相同，電量為極板電量的k倍（k＜＜1）．不計(jì)帶電小球?qū)�極板間勻強(qiáng)電場的影響．重力加速度為g．
（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢E至少應(yīng)大于多少？
（2）設(shè)上述條件已滿足在較長的時(shí)間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運(yùn)動(dòng)．求：
①在T時(shí)間內(nèi)小球往返運(yùn)動(dòng)的次數(shù)；
②在T時(shí)間內(nèi)電源輸出的平均功率．

Answer 1

分析 （1）由題意可知，電容器兩板間的電壓等于電源電動(dòng)勢，由題意可知電場力與重力間的關(guān)系，再由電容器的電容公式可求得電量的表達(dá)式，即可求得電動(dòng)勢；
（2）小球與極板碰后均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)力學(xué)公式可分別求得小球與上下極板各碰一次之后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則可求得小球往返一次所用的時(shí)間；即可求得Ts內(nèi)往返的次數(shù)；因小球與極板每碰一次，都會(huì)有q的電量通過電源，則可求得總電量，得到電流強(qiáng)度大小，根據(jù)P=EI求解電源輸出的平均功率．

解答 解：（1）用Q表示極板電荷量的大小，q表示碰后小球電荷量的大小，要使小球能不停地往返運(yùn)動(dòng)，小球所受的向上的電場力至少應(yīng)大于重力，故：
$q•\frac{E}i2qs4wq＞mg$，（注意題目E表示電動(dòng)勢大小）
根據(jù)題意，有：
q=kQ，
電量：
Q=CE
解得：E＞$\sqrt{\frac{mgd}{kC}}$
（2）①當(dāng)小球帶負(fù)電時(shí)，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運(yùn)動(dòng)．以a ₁ 表示其加速度，t₁ 表示從B板到A板所用的時(shí)間，則有：
$q•\frac{E}24ae44u-mg=m{a}_{1}$，
其中：d=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$，
當(dāng)小球帶正電時(shí)，小球所受電場力與重力方向相同，向下做加速運(yùn)動(dòng)．以a₂ 表示其加速度，t ₂ 表示從A板到B板所用的時(shí)間，則有：
$q•\frac{E}okoauw2+mg=m{a}_{2}$
其中：d=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$，
小球往返一次共用的時(shí)間為（t ₁+t₂ ），故小球在T時(shí)間內(nèi)往返的次數(shù)N=$\frac{T}{{t}_{1}+{t}_{2}}$，
由以上有關(guān)各式得：N=$\frac{T}{{\sqrt{\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}-g}}+\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}+g}}}}}$；
②小球往返一次通過電源的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過電源的總電量Q'=2qN，
電路中的平均電流I=$\frac{2qN}{T}$，
電源的輸出功率P=EI，
解得：P=$\frac{{2kC{E^2}}}{{\sqrt{\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}-g}}+\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}+g}}}}}$；
答：（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢E至少應(yīng)大于$\sqrt{\frac{mgd}{kC}}$；
（2）①在T時(shí)間內(nèi)小球往返運(yùn)動(dòng)的次數(shù)為$\frac{T}{{\sqrt{\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}-g}}+\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}+g}}}}}$；
②在T時(shí)間內(nèi)電源輸出的平均功率為$\frac{{2kC{E^2}}}{{\sqrt{\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}-g}}+\frac{2d}{{\frac{{kC{E^2}}}{md}+g}}}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題中的通過跳球的運(yùn)動(dòng)來傳輸電荷量，要結(jié)合牛頓第二定律列式分析；重點(diǎn)在于明確題意，要求學(xué)生能夠從題干中找出物體運(yùn)動(dòng)的情景，并能聯(lián)系所學(xué)規(guī)律進(jìn)行解題；對(duì)學(xué)生要求較高．