Question

18．如圖所示，電容為C、帶電量為Q、極板間距為d的電容器固定在絕緣底座上，兩板豎直放置，總質(zhì)量為M，整個(gè)裝置靜止在光滑水平面上．在電容器右板上有一小孔，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的彈丸以速度v₀從小孔水平射入電容器中（不計(jì)彈丸重力，設(shè)電容器外圍電場(chǎng)強(qiáng)度為0），彈丸最遠(yuǎn)可到達(dá)距右板為x的P點(diǎn)，求：
（1）彈丸在電容器中受到的電場(chǎng)力的大��；
（2）x的值；
（3）電容器獲得的最大速度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場(chǎng)力公式求出電場(chǎng)力．
（2）電荷與電容器系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理求出x．
（3）對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律可以求出電熱器的最大速度．

解答 解：（1）電容極板電壓$U=\frac{Q}{C}$…①
極板問(wèn)場(chǎng)強(qiáng)$E=\frac{Q}{Cd}$…②
則$F=qE=\frac{qQ}{Cd}$…③
（2）彈丸到達(dá)P點(diǎn)時(shí)兩者有共同速度，設(shè)為v，由動(dòng)量守恒有：
$m{v}_{0}^{\;}=（M+m）v$…④
對(duì)彈丸，由動(dòng)能定理得：$Fx=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{v}_{\;}^{2}$…⑤，
解得$x=\frac{CdMm{v}_{0}^{2}}{2q（M+m）}$…⑥
（3）彈丸最終返回從右板小孔飛出，此時(shí)電容器速度最大，設(shè)電容器速度為v₁、彈丸速度為v₂．則由動(dòng)量守恒有：$m{v}_{0}^{\;}=M{v}_{1}^{\;}-m{v}_{2}^{\;}$…⑦
在整個(gè)過(guò)程中由能量守恒，即$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$…⑧
由⑨、⑩兩式解得${v}_{1}^{\;}=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{M+m}$
答：（1）彈丸在電容器中受到的電場(chǎng)力的大小$\frac{qQ}{Cd}$；
（2）x的值$\frac{CdMm{v}_{0}^{2}}{2q（M+m）}$；
（3）電容器獲得的最大速度$\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{M+m}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求電場(chǎng)力、距離與速度問(wèn)題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理即可正確解題．