U(d-x) E= ④ dd U2d-x E=dd ⑤ 由此可得电荷面密度 =50E,02=80E2 以及平板3受到的电场力 F-0S+i (E-E)=GS(E-E) 2 2 5--9（42- ⑥ =ES(- 2 d'd 2d 2(63d-2x 平板3受到竖直方向的合力为 =尽吸= 2a(3d-2)-mg= 3E0SU2 2d2+m8 EoSU2 d3-x 由此得，平板3在图b所示位置的加速度 a'= 36SU2 EoSU2 ⑦ m 2md2 +8 mds 因为U2 2n+8≥0，则a<0,平板3能一直向下加速运动。令 d'=-a-B'(d-x) 其中 di=7Bd+8.B'=B=o 1 md3 重复前述关于平板3上升过程的类似处理，可得 =ad-+d-f时 其中o为平板3离开极板1后坐标为x(原点在极板2)时的速度。上式即 dx di=- ⑧ 2a6(d-x)+B(d-x)2 两边积分得，平板3从极板1运动到极板2（位移为-d)的时间1，为 4-d山=-24a-+Bd-可 dx 完成上述积分得 (3Bd+2g)+8Bd(Bd+g) Bd+2g 将B=nSU2 代入上式得1 Ud x ( ) E d d    ⑭ 2 Ud x 2 E d d    ⑮ 由此可得电荷面密度 1 01     E ， 2 02     E 以及平板3受到的电场力 2 1 12 0 2 2 e 2 1 1 2 012 2 1 2 0 0 0 3 ' ( )( ) 2 22 2 3 2 ( ) ( ) (3 2 ) 2 22 E E EE S F S S E E SE E U E E UU d x SU S S dx d dd d d                                        ⑯ 平板3受到竖直方向的合力为 2 22 0 00 total e 3 23 3 (3 2 ) 2 2 SU SU SU F F mg d x mg mg x d dd                   由此得，平板3在图b所示位置的加速度 2 2 total 0 0 2 3 3 2 F SU SU a gx m md md               ⑰ 因为 2 0 2 0 2 SU g md    ，则a  0 ，平板3能一直向下加速运动。令 0 a a Bd x      ( ) 其中 0 1 2 a Bd g     ， 2 0 3 SU B B md     重复前述关于平板 3 上升过程的类似处理，可得 2 2 0 1 1 [ ( ) ( )] 2 2 v    a d x Bd x  其中 v 为平板3离开极板1后坐标为 x （原点在极板2）时的速度。上式即 2 0 d d 2( ) ( ) x t a d x Bd x      ⑱ 两边积分得，平板3从极板1运动到极板2（位移为 d ）的时间 2t 为 2 0 2 0 2 0 d d 2( ) ( ) t d x t t a d x Bd x        完成上述积分得 2 1 (3 2 ) 8 ( ) ln 2 Bd g Bd Bd g t B Bd g           将 2 0 3 SU B md   代入上式得