Question

如圖所示，水平放置的A、B平行板電容器與一電源相連，其極板長L=0.4m，兩板間距離d=4×10^-3m．有一質量m=4×10^-5kg、帶電量q=+1×10^-8C的小球以速度v₀從兩板中央平行極板射入，取g=10m/s²．
（1）若在開關S斷開且兩板不帶電時射入小球，由于重力作用小球落到下板的正中央，求小球的入射速度v₀；
（2）若在開關S閉合后射入小球，小球剛好能從平行板電容器上的上極板右邊緣射出電場，求兩板間電勢差U_AB；
（3）若在開關S斷開且兩板不帶電時射入小球，小球落到下極板時再閉合開關S．假設小球每次與極板碰撞后的速度立即變為零，并立即帶上與極板電性相同的電荷量q離開極板．從閉合開關開始計時，小球在極板間運動很多次，求在較長的時間間隔T內通過電源的總電荷Q（用字母U、m、g、d、T表示）．

Answer 1

分析：（1）小球做平拋運動，根據分位移公式列式求解即可；
（2）小球做類似平拋運動，水平分運動不變；豎直分運動是勻加速直線運動，求出加速度后，根據牛頓第二定律列式求解即可；
（3）粒子上升、下降一次過程，搬運電量為2q，計算出粒子上下一次的時間，然后得到時間T內上、下跳動的總次數，得到通過電源的總電荷Q．

解答：解：（1）小球做平拋運動
水平方向：

L

2

=v0t  ①
豎直方向：

d

2

=

1

2

gt2   ②
可解得：v₀=10 m/s
（2）電容器的上板應接電源的負極  
當所加的電壓為U_AB時，微粒恰好從上板的右邊緣射出
即

d

2

=

1

2

a(

L

v0

)2
解得：a=

q UAB d -mg

m

=

qUAB

md

-g  ④
代入數據得：U_AB=200V  
（3）設從下板向上板運動的加速度為a₁，時間為t₁
根據牛頓第二定律，有a1=

q U d -mg

m

=

qU-mgd

md

  ⑤
根據位移時間公式，有d=

1

2

a1

t

2 1

  ⑥
設從上板向下板運動的加速度為a₂，時間為t₂
根據牛頓第二定律，有a2=

q U d +mg

m

=

qU+mgd

md

   ⑦
根據位移時間公式，有d=

1

2

a2

t

2 2

   ⑧
設在較長的T時間微粒在上下板運動了n個來回n=

T

t1+t2

⑨
Q=2nq  ⑩
由⑤～⑩解得Q=

qT

d

q2U2-m2g2d2 mqU

答：（1）小球的入射速度為10 m/s；
（2）兩板間電勢差為200V；
（3）在較長的時間間隔T內通過電源的總電荷Q為

qT

d

q2U2-m2g2d2 mqU

．

點評：本題關鍵是明確小球水平方向勻速，豎直方向勻加速，然后根據運動學公式和牛頓第二定律列式求解．