Question

3．如圖所示，平行板電容器傾斜固定放置，極板與水平線夾角θ=30°，某時(shí)刻一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球由正中央A點(diǎn)靜止釋放，小球離開電場(chǎng)時(shí)速度是水平的，落到距離A點(diǎn)高度為h的水平面處的B點(diǎn)，B點(diǎn)放置一絕緣彈性平板M，當(dāng)平板與水平夾角α=45°時(shí)，小球恰好沿原路返回A點(diǎn)．（電容器極板間電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板外無電場(chǎng)，且小球離開電容器的位置不一定是極板邊緣）．求：
（1）電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E；
（2）小球離開電容器時(shí)的速度；
（3）平行板電容器的板長L；
（4）小球在AB間運(yùn)動(dòng)的周期T．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)所受的合力水平向右，結(jié)合平行四邊形定則求出電場(chǎng)力以及電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�
（2）小球離開電場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合豎直方向上的分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出小球離開電容器的速度．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出平行板電容器的板長．
（4）根據(jù)位移時(shí)間公式求出小球在復(fù)合場(chǎng)中的時(shí)間，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求出小球在AB間運(yùn)動(dòng)的周期．

解答 解：（1）帶電粒子沿水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)可知
qEcosθ=mg              
解得：E=$\frac{mg}{qcosθ}$=$\frac{2\sqrt{3}mg}{3q}$．
（2）小球垂直落到彈性擋板上，且α=45°，有 
v₀=v_y=$\sqrt{2gh}$
（3）根據(jù)動(dòng)能定理：
qE•$\frac{1}{2}$Ltanθ=$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：L=3h；
（4）由于小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)$\frac{L}{2cosθ}$=$\frac{1}{2}$gtanθ•t₁²，
解得t₁=$\sqrt{\frac{L}{gsinθ}}$=$\sqrt{\frac{6h}{g}}$，
平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，
總時(shí)間為t=2t₁+2t₂=2（$\sqrt{\frac{6h}{g}}$+$\sqrt{\frac{2h}{g}}$）．
答：（1）電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度$\frac{2\sqrt{3}mg}{3q}$；
（2）小球離開電容器時(shí)的速度$\sqrt{2gh}$；
（3）平行板電容器的板長L為3h平；
（4）小球在AB間運(yùn)動(dòng)的周期2（$\sqrt{\frac{6h}{g}}$+$\sqrt{\frac{2h}{g}}$）．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，離開復(fù)合場(chǎng)做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理綜合求解．