Question

3．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L=0.1m，兩板間距離 d=0.4cm，有一束相同的帶電微粒以相同的初速度先后從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上．設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間．已知微粒質(zhì)量為 m=2×10^-6kg，電量q=1×10^-8C，電容器電容為C=1×10^-6F，取g=10m/s²．求：
（1）若第一個粒子剛好落到下板中點O處，則帶電粒子入射初速度的大小；
（2）兩板間電場強度為多大時，帶電粒子能剛好落下板右邊緣B點；
（3）在（2）的條件下，落到下極板上帶電粒子總的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子做平拋運動的規(guī)律，運用運動的合成與分解，并依據(jù)運動學(xué)公式，即可求解；
（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合電場力表達式，與運動學(xué)公式，即可求解．
（3）結(jié)合（2）中的電場強度與Q=CEd，Q=nq即可求得落到下極板上帶電粒子總的個數(shù)．

解答 解：（1）對第1個落到O點的粒子由：$\frac{L}{2}={v_0}t$
$\fracsqdyrjn{2}=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}$
得：${v}_{0}^{\;}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}5ewl6vo}=\frac{0.1}{2}\sqrt{\frac{10}{0.4×1{0}_{\;}^{-2}}}=2.5m/s$
（2）對落到B點的粒子由  $L={v}_{0}^{\;}t$
$\fraci1oh6ew{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
mg-Eq=ma
得：$E=\frac{{mg-md{{（\frac{v_0}{L}）}^2}}}{q}$=$\frac{2×1{0}_{\;}^{-6}×10-2×1{0}_{\;}^{-6}×0.4×1{0}_{\;}^{-2}×（\frac{2.5}{0.1}）_{\;}^{2}}{1×1{0}_{\;}^{-8}}$=$1.5×1{0}_{\;}^{3}N/C$
（3）由：$Q=CEd=1×1{0}_{\;}^{-6}×1.5×1{0}_{\;}^{3}×0.4×1{0}_{\;}^{-2}$=$6.0×1{0}_{\;}^{-6}C$ 
得：$N=\frac{Q}{q}=\frac{6.0×1{0}_{\;}^{-6}}{1×1{0}_{\;}^{-8}}=600$
落到下極板上粒子總數(shù)為N+1=601個
答：（1）若第一個粒子剛好落到下板中點O處，則帶電粒子入射初速度的大小2.5m/s；
（2）兩板間電場強度為$1.5×1{0}_{\;}^{3}$N/C時，帶電粒子能剛好落下板右邊緣B點；
（3）在（2）的條件下，落到下極板上帶電粒子總的個數(shù)601

點評 考查如何處理平拋運動的思路，掌握運動的合成與分解的方法，理解運動學(xué)公式與牛頓第二定律的綜合應(yīng)用．