Question

11．如圖平行板電容器的兩極板A、B接于電池的兩極，一帶電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合電鍵S，電容器充電，這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為θ，已知細(xì)繩長(zhǎng)30cm，小球質(zhì)量為4×10^-3㎏，電量為3×10^-6C，電容器兩極板距離10CM，小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ為37°，g取10m/s²．（已知sin37°=0.6．cos37°=0.8）
（1）分析小球的帶電性質(zhì)
（2）求AB兩板間的電勢(shì)差的大小
（3）假設(shè)小球到B板的距離為3.75CM，則細(xì)線斷裂后，小球經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間打到B板上．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)小球的受力情況，分析電場(chǎng)力的方向，即可判斷其電性．
（2）由小球的受力平衡，由平衡條件求出場(chǎng)強(qiáng)大小，再由公式U=Ed求解板間電勢(shì)差．
（3）將細(xì)線剪斷后，其余二力的合力一定沿繩子的反方向，大小等于原先繩子的力，所以小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本�運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解出物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）小球靜止時(shí)受到的電場(chǎng)力必定水平向右，而板間場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左，所以小球帶負(fù)電．
（2）小球處于三力平衡狀態(tài)，由平衡條件得
豎直方向：Tcosθ=G
水平方向：Tsinθ=qE
解得：E=$\frac{mgtanθ}{q}$=$\frac{4×1{0}^{-3}×10×tan37°}{3×1{0}^{-6}}$=1×10⁴N/C，T=$\frac{G}{cosθ}$=$\frac{4×1{0}^{-3}×10}{cos37°}$N=5×10^-2N
AB兩板間的電勢(shì)差的大小 U=Ed=1×10⁴×0.1V=1000V
 （3）將細(xì)線剪斷后，其余電場(chǎng)力和重力二力的合力一定沿繩子的反方向，大小等于原先繩子的力，所以小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本�運(yùn)動(dòng)．
剪斷繩子之后，由牛頓第二定律得：a=$\frac{T}{m}$=$\frac{5×1{0}^{-2}}{4×1{0}^{-3}}$=12.5m/s²
由圖可知小球的位移為：$\frac{d′}{sinθ}$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
 d′=3.75cm=3.75×10^-2m
解得：t=0.1s
答：
（1）小球帶負(fù)電．
（2）AB兩板間的電勢(shì)差的大小是1000V．
（3）假設(shè)小球到B板的距離為3.75CM，則細(xì)線斷裂后，小球經(jīng)過(guò)0.1s時(shí)間打到B板上．

點(diǎn)評(píng) 此題關(guān)鍵在于小球釋放之前后的受力分析要準(zhǔn)確無(wú)誤，并能解出小球受到的繩子拉力，小球釋放后的合力與原來(lái)繩子的拉力大小相等方向相反．