Question

11．如圖所示，一平行板電容器兩板水平相對放置，在兩板的正中心上各開一孔，孔相對極板很小，因此不會影響兩板間的電場分布．現(xiàn)給上下兩板分別充上等量的正負電荷，上板帶正電、下板帶負電，使兩板間形成勻強電場，電場強度大小為E=$\frac{3mg}{q}$．一根長為L的絕緣輕質(zhì)硬桿上下兩端分別固定一帶電金屬小球A、B，兩球大小相等，且直徑小于電容器極板上的孔，A球帶負電Q_A=-3q，B球帶正電Q_B=+q，兩球質(zhì)量均為m．將“桿-球”裝置移動到上極板上方，保持豎直，且使B球剛好位于上板小孔的中心處、球心與上極板在一平面內(nèi)．然后靜止釋放．已知帶電平行板電容器只在其兩板間存在電場，兩球在運動過程中不會接觸到極板，且各自的帶電量始終不變．忽略兩球產(chǎn)生的電場對平行板間勻強電場的影響，兩球可以看成質(zhì)點，電容器極板厚度不計．重力加速度取g．求：
（1）B球剛進入兩板間時，“桿-球”裝置的加速度大小a．
（2）若以后的運動過程中，發(fā)現(xiàn)B球從下極板的小孔穿出后，剛好能運動$\frac{L}{2}$的距離．求電容器兩極板間距d．
（3）A、B兩球從開始到最低點的運動過程中，硬桿上所產(chǎn)生的彈力始終是拉力，則拉力最大值是多大（靜電常數(shù)為k）？

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出加速度．
（2）B球剛進入兩板間時，對AB整體，受重力、向下的電場力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度大小，根據(jù)速度位移公式列式求解A球剛進入兩板間時“桿一球”裝置的速度大小；A進入兩板間到B即將穿出下孔過程，受重力和電場力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)速度位移公式列式；B穿出下孔后，先根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，再根據(jù)速度位移公式列式；最后聯(lián)立求解．
（3）應用牛頓第二定律求出各種情況下的拉力，然后求出最大拉力．

解答 解：（1）以為AB系統(tǒng)為研究對象，
由牛頓第二定律得：qE+2mg=2ma，解得：a=$\frac{5}{2}$g；
（2）①從開始到A剛進入兩板間有：v₁²=2aL，解得：v₁=$\sqrt{5gL}$；
②A進入兩板間到B即將穿出下孔，由牛頓第二定律得：
qE+2mg-3qE=2ma₂，解得：a₂=-2g，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：v₂²-v₁²=2a₂S   
③B穿出下孔后，由牛頓第二定律得：
2mg-3qE=2ma₃，解得：a₃=-$\frac{7}{2}$g，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：0-v₂²=2a₃×$\frac{L}{2}$  
解得：S=$\frac{3}{8}$L，兩板間距：d=S+L=$\frac{11}{8}$L；
（3）B球剛進入電場時，以A球為研究對象，
由牛頓第二定律得：T₁+mg+$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$=ma，解得：T₁=$\frac{3}{2}$mg-$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$，
A球剛進入電場時，以B球為研究對象，
由牛頓第二定律得：T₂+$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$-mg-qE=m|a₂|，解得：T₂=6mg-$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$，
B球剛離開電場時，以B球為研究對象，
由牛頓第二定律得：T₃+$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$-mg=m|a₃|，解得：T₃=$\frac{9}{2}$mg-$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$，
所以，最大拉力為：T₂=6mg-$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$；
答：（1）B球剛進入兩板間時，“桿-球”裝置的加速度a大小為$\frac{5}{2}$g．
（2）電容器兩極板間距d為$\frac{11}{8}$L．
（3）A、B兩球從開始到最低點的運動過程中，硬桿上所產(chǎn)生的彈力始終是拉力，則拉力最大值是：6mg-$\frac{3k{q}^{2}}{{L}^{2}}$．

點評 本題考查了求加速度、距離與拉力問題，分析清楚運動過程與球的受力情況是解題的管家，應用牛頓第二定律與運動學公式可以解題；解題時要注意研究對象的選擇．