Question

12．如圖所示，長為L、板間距為d的平行板電容器水平放置，兩板與電池相連接，起初，電鍵S呈閉合狀態(tài)，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的微粒（不計重力）以水平速度v₀從極板間正中央位置沿極板射入，且恰好到達下板板中點，不計一切阻力及電容器的邊緣效應(yīng)．
（1）求電容器極板間電壓U；
（2）若將電鍵斷開，微粒入射位置、入射速度不變，為使微粒恰好打在下極板右邊緣，則應(yīng)將下極板下調(diào)多大距離（上極板不動）？
（3）若電鍵保持閉合狀態(tài)，微粒入射位置、入射速度不變，為使微粒恰好打在下極板右邊緣，則應(yīng)將下極板下調(diào)多大距離（上極板不動）？

Answer 1

分析 （1）帶電為零只受電場力，初速度與電場力垂直，做類似平拋運動，根據(jù)分位移公式和牛頓第二定律列式求解；
（2）將電鍵斷開，根據(jù)$C=\frac{Q}{U}$、$C=\frac{εs}{4kπd}$、U=Ed得到電場強度變化情況，確定加速度情況，再根據(jù)分位移公式列式分析；
（3）若電鍵保持閉合狀態(tài)，電壓不變，根據(jù)U=Ed列式得到電場強度，再根據(jù)分位移公式列式后聯(lián)立求解即可．

解答 解：（1）微粒做類似平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：
豎直分位移：$\fracvemivx4{2}=\frac{1}{2}a{t_1}^2$，
 水平分位移：${v_0}{t_1}=\frac{L}{2}$，
根據(jù)牛頓第二定律，有：
 $ma=Eq=\frac{U}k4p4bldq$，
聯(lián)立解得：
 $U=\frac{{4m{d^2}v_0^2}}{{q{L^2}}}$；
（2）斷開S時，Q保持不變，由$C=\frac{Q}{U}=\frac{εs}{4kπd}$和$E=\frac{U}shu9nmf$得到：E=$\frac{4πkQ}{{ε}_{r}S}$，說明電場強度不變，故帶電粒子的加速度保持不變．
設(shè)下調(diào)距離為d₂，則：
${d_2}+\fracrwegsj9{2}=\frac{1}{2}at_2^2$，
v₀t₂=L，
聯(lián)立解得：${d_2}=\frac{3}{2}d$；
（3）電鍵閉合時，U保持不變，設(shè)下調(diào)距離為d₃，則：${E_3}=\frac{U}{{d+{d_3}}}$，
又根據(jù)牛頓第二定律，有：ma₃=E₃q，
根據(jù)分位移公式，有：
${d_3}+\fracfoljnlo{2}=\frac{1}{2}{a_3}t_3^2$，
v₀t₃=L； 
聯(lián)立解得：
${d_3}=\frac{{\sqrt{33}-3}}{4}d$；
答：（1）電容器極板間電壓U為$\frac{4m8mtf1u2^{2}{v}_{0}^{2}}{q{L}^{2}}$；
（2）若將電鍵斷開，微粒入射位置、入射速度不變，為使微粒恰好打在下極板右邊緣，則應(yīng)將下極板下調(diào)$\frac{3}{2}d$的距離；
（3）若電鍵保持閉合狀態(tài)，微粒入射位置、入射速度不變，為使微粒恰好打在下極板右邊緣，則應(yīng)將下極板下調(diào)$\frac{\sqrt{33}-3}{4}d$的距離．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動性質(zhì)，然后根據(jù)電容器的電容公式、類平拋運動的分位移公式列式后聯(lián)立求解，不難．