Question

17．如圖1所示，一水平放置的平行板電容器，上極板接地，下極板是一個金屬盤，極板長L，兩板間的距離d，電容器的電容C，開始電容器不帶電．現(xiàn)在平行板電容器的左側(cè)以相同的速度不斷地沿平行于極板的方向向右發(fā)射質(zhì)量m、電荷量q的帶正電的小液滴，己知落在下極板的小液滴電荷全部被下極板吸收，重力加速度為g，不計(jì)小液滴在運(yùn)動過程中受到的空氣阻力和液滴間的作用，不計(jì)下極板邊緣的高度和由于下極板聚集液體電容器電容的變化．
（1）若小液滴僅從兩板間的中心處射入，且已知射入的第一滴小液滴落在下極板的中心，求：①小液滴射入的初速度v₀的大��；②最終下極板能收集到的液滴數(shù)．
（2）若在兩極板間接一直流電源（內(nèi)阻不計(jì)），并使小液滴以（1）中同樣大小的速度v₀從兩板間的各個位置均勻射入（如圖2），通過調(diào)整電源的輸出電壓U，可以改變打到下極板的滴數(shù)與射入板間總液滴數(shù)的比值k．請推導(dǎo)出k隨U變化的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子做平拋運(yùn)動的規(guī)律，運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解，并依據(jù)運(yùn)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(dá)式，與運(yùn)動學(xué)公式，即可求解．

解答 解：（1）因?yàn)殚_始電容器不帶電，射入的第一滴小液滴做平拋運(yùn)動
水平方向：$\frac{L}{2}={v}_{0}^{\;}t①$
豎直方向：$\frackc1h6fj{2}=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}②$
聯(lián)立得${v}_{0}^{\;}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}hpp9rmo}$
設(shè)最終下極板收集到的液滴數(shù)為n
對第（n+1）滴液滴受力平衡mg=qE
$E=\frac{U}dwhaxqj$
Q=CU
液滴個數(shù)$n=\frac{Q}{q}$
聯(lián)立得$n=\frac{mgCd}{{q}_{\;}^{2}}$
（2）接直流電源時，U不變
$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
$a=\frac{qE}{m}$
$E=\frac{U}gq9ixtz$
$k=\frac{y}bewqovz$
聯(lián)立以上各式得：$k=\frac{q{L}_{\;}^{2}U}{2mretfxzj_{\;}^{2}{v}_{0}^{2}}$
答：（1）若小液滴僅從兩板間的中心處射入，且已知射入的第一滴小液滴落在下極板的中心，①小液滴射入的初速度v₀的大小$\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}9dtjh1i}$；②最終下極板能收集到的液滴數(shù)$\frac{mgCd}{{q}_{\;}^{2}}$．
（2）若在兩極板間接一直流電源（內(nèi)阻不計(jì)），并使小液滴以（1）中同樣大小的速度v₀從兩板間的各個位置均勻射入（如圖2），通過調(diào)整電源的輸出電壓U，可以改變打到下極板的滴數(shù)與射入板間總液滴數(shù)的比值k．請推導(dǎo)出k隨U變化的函數(shù)關(guān)系式$k=\frac{q{L}_{\;}^{2}U}{2ml4ns496_{\;}^{2}{v}_{0}^{2}}$．

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