Question

3．如圖所示，間距為d、極板長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行板電容器水平固定放置，與電動(dòng)勢(shì)恒定的電源相連，一帶電液滴P在兩平行金屬板a、b間電場(chǎng)內(nèi)的正中心保持靜止，現(xiàn)設(shè)法固定液滴P，再使a、b分別以中心點(diǎn)O、O′為軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)相同的小角度θ，保持電源與電容器的連接狀態(tài)不變，然后釋放液滴P，液滴不會(huì)打在極板上．已知重力加速度為g．試求液滴P在兩金屬板正對(duì)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

Answer 1

分析 帶電小球P在a、b間靜止時(shí)，重力與電場(chǎng)力平衡，由平衡條件分析P球的電性，并求得其電荷量．
釋放后的小球P在電場(chǎng)中，由于電場(chǎng)改變了方向，電場(chǎng)力隨之改變，再依據(jù)力的合成法則，可知，電場(chǎng)力豎直方向的分力與重力關(guān)系，從而確定小球向右勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解．

解答 解：帶電小球P在a、b間靜止時(shí)，重力與電場(chǎng)力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，而電場(chǎng)方向豎直向下，所以小球P帶負(fù)電．
由平衡條件得：
q$\frac{E}w6tqamy$=mg
則得：q=$\frac{mgd}{E}$
使兩平行金屬板a、b分別以中心點(diǎn)0、O′為軸轉(zhuǎn)一個(gè)相同的小角度θ，然后釋放P，此時(shí)P受到豎直向下的重力、垂直金屬板的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力方向與豎直方向的夾角為θ，如圖．
板間距離原來(lái)為d，由幾何知識(shí)得知：轉(zhuǎn)過(guò)θ角時(shí)，板間距離為dcosθ，板間場(chǎng)強(qiáng)為：E_電=$\frac{E}{dcosθ}$
P受到的電場(chǎng)力為：F=qE_電=$\frac{qE}{dcosθ}$
電場(chǎng)力方向與豎直方向的夾角為θ，豎直方向的分力為：Fcosθ=$\frac{qE}qw0isgr$．
可得：Fcosθ=mg
所以小球的合力水平向右，大小為：F_合=ma=mgtanθ
則其加速度為：a=gtanθ；
故P將水平向右作加速度為gtanθ的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可得，x=（$\frac{L}{2}$-$\fracgl9947w{2}sinθ$）$\frac{1}{cosθ}$=$\frac{1}{2}gtanθ•{t}^{2}$
解得：t=$\sqrt{\frac{L-dsinθ}{gsinθ}}$
答：液滴P在兩金屬板正對(duì)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間$\sqrt{\frac{L-dsinθ}{gsinθ}}$．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了已知受力求運(yùn)動(dòng)，正確受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷運(yùn)動(dòng)情況．要注意板間的電壓不變，而板間距離是變化的，場(chǎng)強(qiáng)隨之變化，同時(shí)理解極板轉(zhuǎn)動(dòng)后，電場(chǎng)力的豎直方向的分力等于重力是解題的突破口．