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(qiáng)電場）．今有一質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方與A板相距也為d的O點(diǎn)由靜止自由下落，穿過小孔M后到達(dá)距B板$\fraczfrpnvb{2}$的N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零．求：
（1）帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量，并指出其帶電性質(zhì)；
（2）在保持與電源相連的情況下，A板往下移$\frackqdbzmo{4}$的距離．質(zhì)點(diǎn)仍從O點(diǎn)由靜止自由下落，求質(zhì)點(diǎn)下落速度為零時(shí)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$\frackexjvop{2}$的距離，將該質(zhì)點(diǎn)同樣從O點(diǎn)釋放，試求質(zhì)點(diǎn)下落至最低點(diǎn)C的電勢．

Answer 1

分析 （1）一帶電質(zhì)點(diǎn)自A板上方相距為d的O點(diǎn)由靜止自由下落，先做自由落體運(yùn)動到M點(diǎn)，到達(dá)N時(shí)速度恰好為零，說明在MN間做減速運(yùn)動，合外力向上，所以電場力方向向上，從而判斷質(zhì)點(diǎn)帶電情況，根據(jù)動能定理求解電荷量；
（2）應(yīng)用動能定理可以求出質(zhì)點(diǎn)下落速度為零時(shí)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(qiáng)變化情況；然后對下降過程運(yùn)用動能定理列式求解速度為零時(shí)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(zhì)點(diǎn)先做自由落體運(yùn)動到M點(diǎn)，到達(dá)N處時(shí)速度恰好為零，說明在MN間做減速運(yùn)動，
合外力向上，所以電場力方向向上，而電場強(qiáng)度方向向下，所以質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電；
兩極板間的場強(qiáng)E：
U=Ed                ①
設(shè)電量大小為q，則從O到N點(diǎn)，
由動能定理可得：
mg（d+$\fracnchespl{2}$）-Eq$\fracffinide{2}$=0    ②
由①②解得：
q=$\frac{3mgd}{U}$           ③
（2）當(dāng)A板下移$\fracdehcnil{4}$時(shí)，兩板間的距離：
d′=d-$\fracnsjrazx{4}$=$\frac{3}{4}d$       ④
兩板間的場強(qiáng)E'：
U=E′d′⑤
設(shè)下落速度為零時(shí)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=$\fracvctwcii{3}$；
（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(qiáng)不變，依然為：E=$\frac{U}oathqvz$；
將A板向上平移$\fracmemzpvi{2}$的距離，設(shè)下落速度為零時(shí)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(diǎn)C與底板間電勢差為：U′=E•△d=$\frac{5}{4}U$
故最低點(diǎn)C的電勢為$\frac{5}{4}$U
答：（1）帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量為$\frac{3mgd}{U}$，帶負(fù)電荷；
（2）質(zhì)點(diǎn)下落速度為零時(shí)距B板的距離為$\fracdcjjcxk{3}$．
（3）質(zhì)點(diǎn)下落至最低點(diǎn)C的電勢為$\frac{5}{4}$U．

點(diǎn)評 本題主要考查了動能定理的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們會根據(jù)受力情況判斷質(zhì)點(diǎn)的帶點(diǎn)情況，難度適中．