Question

9．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩極板不帶電，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極板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下極板上，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、電荷量q=1×10^-8C，電容器電容為C=1uF，取g=10m/s²．
（1）為使第一個微粒恰能落在下極板的中點到緊靠邊緣的B點之內(nèi)，求微粒入射初速度v₀的取值范圍；
（2）若帶電微粒以第（1）問中初速度v₀最小值入射，則最多能有多少個帶電微粒落到下極板上？

Answer 1

分析 （1）第一個微粒做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)高度$\fracztx5rjt{2}$和水平位移從$\frac{L}{2}$到L，求出初速度v₀的取值范圍．
（2）當粒子剛好從邊緣飛出時，落到下極板上的帶電微粒最多，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出極板的電量Q，即可求出最多能落到下極板粒子的個數(shù)．

解答 解：（1）設粒子打在下極板中點、邊緣的初速度分別為v₁，v₂，則偏轉(zhuǎn)位移為：$\frac5vlnbjv{2}=\frac{1}{2}g{t^2}$
得：$t=\sqrt{\fracdzljxhx{g}}=\sqrt{\frac{{0.4×{{10}^{-2}}}}{10}}s=0.02s$
水平方向：$\frac{L}{2}={v_1}t$
L=v₂t
聯(lián)立解得：v₁=2.5m/s，v₂=5m/s
故粒子的初速度滿足2.5m/s≤v₀≤5m/s．
（2）設粒子剛好從邊緣飛出時極板帶電為Q，場強為E，板間電壓為U，由牛頓第二定律得：
mg-Eq=ma
偏轉(zhuǎn)位移：$\frac7dlxfnt{2}=\frac{1}{2}a{t^2}$
水平位移：L=v₀t
又 v₀=2.5m/s
聯(lián)立解得：E=1.5×10³N/C
則U=Ed，Q=CU
解得Q=6×10^-6C
最多能落到下極板粒子的個數(shù)為：n=$\frac{Q}{q}$=$\frac{6×1{0}^{-6}}{1×1{0}^{-8}}$=600個
答：（1）為使第一個微粒的落點范圍能在下板中點到緊靠邊緣的B點之內(nèi)，微粒入射的初速度v₀的取值范圍為2.5m/s≤v₀≤5m/s；
（2）若帶電微粒以第一問中初速度v₀的最小值入射，最多能有600個帶電微粒落到下極板上．

點評 本題是平拋運動和類平拋運動問題，要抓住它們研究方法、粒子運動軌跡等等的相似法，也要抓住區(qū)別：加速度不同，平拋運動的加速度是常量，而類平拋運動要根據(jù)牛頓第二定律求出．