Question

6．如圖所示，A、B為平行板電容器，兩板相距d，接在電壓為U的電源上，在A板的中央有一小孔M（兩板間電場可視為勻強電場）．今有一質量為m的帶電質點，自A板上方與A板相距也為d的O點由靜止自由下落，穿過小孔M后到達距B板$\fraclauyrve{2}$的N點時速度恰好為零．求：
（1）帶電質點的電荷量，并指出其帶電性質；
（2）在保持與電源相連的情況下，A板往下移$\fracbaesmaz{4}$的距離．質點仍從O點由靜止自由下落，求質點下落速度為零時距B板的距離．
（3）若使B板接地，保持極板所帶電荷量不變，將電源去掉，然后將A板向上平移$\fracb45qudr{2}$的距離，將該質點同樣從O點釋放，試求質點下落至最低點C的電勢．

Answer 1

分析 （1）一帶電質點自A板上方相距為d的O點由靜止自由下落，先做自由落體運動到M點，到達N時速度恰好為零，說明在MN間做減速運動，合外力向上，所以電場力方向向上，從而判斷質點帶電情況，根據(jù)動能定理求解電荷量；
（2）應用動能定理可以求出質點下落速度為零時距B板的距離；
（3）保持極板所帶電荷量不變，將電源去掉，電荷量不變，根據(jù)U=Ed、C=$\frac{Q}{U}$、C=$\frac{S}{4πkd}$得到場強變化情況；然后對下降過程運用動能定理列式求解速度為零時距B板的距離，根據(jù)U=Ed求解電勢差，得到電勢．

解答 解：（1）質點先做自由落體運動到M點，到達N處時速度恰好為零，說明在MN間做減速運動，
合外力向上，所以電場力方向向上，而電場強度方向向下，所以質點帶負電；
兩極板間的場強E：
U=Ed                ①
設電量大小為q，則從O到N點，
由動能定理可得：
mg（d+$\fraci0guxqj{2}$）-Eq$\fracmbaziwk{2}$=0    ②
由①②解得：
q=$\frac{3mgd}{U}$           ③
（2）當A板下移$\fracjngkymk{4}$時，兩板間的距離：
d′=d-$\frac9ohaoma{4}$=$\frac{3}{4}d$       ④
兩板間的場強E'：
U=E′d′⑤
設下落速度為零時距B板距離為△d，
從開始下落到速度為零的過程中，
由動能定理得：
mg（2d-△d）-E′q（$\frac{3}{4}d$-△d）=0 ⑥，
由③④⑤⑥解得：△d=$\fracpoyckdh{3}$；
（3）保持極板所帶電荷量不變，將電源去掉，電荷量不變；
根據(jù)U=Ed、C=$\frac{Q}{U}$、C=$\frac{S}{4πkd}$得到：E=$\frac{4πkQ}{S}$，故改變板的間距后，場強不變，依然為：E=$\frac{U}4xbpibz$；
將A板向上平移$\fracodhqzsw{2}$的距離，設下落速度為零時距B板距離為△d，根據(jù)動能定理，有：
mg（2d-△d）-Eq（$\frac{3}{2}$d-△d）=0 ⑦
解得：△d=$\frac{5}{4}d$
故該最低點C與底板間電勢差為：U′=E•△d=$\frac{5}{4}U$
故最低點C的電勢為$\frac{5}{4}$U
答：（1）帶電質點的電荷量為$\frac{3mgd}{U}$，帶負電荷；
（2）質點下落速度為零時距B板的距離為$\fracoyhaj4n{3}$．
（3）質點下落至最低點C的電勢為$\frac{5}{4}$U．

點評 本題主要考查了動能定理的直接應用，要求同學們會根據(jù)受力情況判斷質點的帶點情況，難度適中．