Question

如圖，水平放置的金屬薄板A、B間有勻強(qiáng)電場，已知B板電勢高于A板．電場強(qiáng)度E=5×10⁵N/C，間距d=1.25m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距離h=1.25m．從M處每隔相等時間間隔由靜止釋放一個質(zhì)量m=1×10^-3kg的帶電小球．第1個帶電小球的電量q₁=+1×10^-8C，第n個帶電小球的電量q_n=nq₁．取g=10m/s²．求：
（1）第1個帶電小球從M下落至B板的時間；
（2）第幾個帶電小球?qū)⒉荒艿诌_(dá)B板；
（3）第（2）問中該帶電小球下落過程中機(jī)械能的變化量．

Answer 1

分析：（1）小球先做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)位移公式求出自由下落到小孔的時間，由位移速度公式求出到達(dá)A板小孔的速度．小球在勻強(qiáng)電場中做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)位移公式結(jié)合時間，即可得到總時間．
（2）隨著小球電量的增大，進(jìn)入電場的小球會做勻減速運(yùn)動，當(dāng)小球剛好到達(dá)B板的速度為零時，根據(jù)動能定理求出這個小球的電量，即可根據(jù)條件：q_n=nq₁求解．
（3）由上題的結(jié)果，結(jié)合機(jī)械能的變化量等于電場力做功，由功能關(guān)系求解．

解答：解：（1）對于小球自由下落的過程，有 h=

1

2

g

t

2 1

解得，t₁=

2h g

=

2×1.25 10

s=0.5s；
小球到達(dá)小孔時的速度為  v₁=

2gh

=

2×10×1.25

m/s=5m/s；
小球在勻強(qiáng)電場中的加速度 α₁=

mg-Eq

m

=g-

Eq

m

=10-

5×105×10-8

1×10-3

=5m/s²；
由d=v₁t₂+

1

2

a1t22得：
  2t22+4t₂-1=0，
解得：t₂=

6 -2

2

s≈0.22s．
故第1個帶電小球從M下落至B板的時間為 t=t₁+t₂=0.5s+0.22s=0.72s
（2）對第n小球，對全過程運(yùn)用動能定理得：mg（h+d）-Eq_nd=△E_k=0，
得  q_n=

mg(h+d)

Ed

=

1×10-3×10×2.5

5×105×1.25

C=4×10^-8C，
則 n=

qn

q1

=4，即第4個小球恰好抵達(dá)B板，則第5個小球不能到達(dá)B板；
（3）對第5小球，設(shè)進(jìn)入電場的深度為x．
根據(jù)動能定理得：mg（h+x）-Eq₅x=△E_k=0，
解得 x=

5

6

m，
所以機(jī)械能的變化量為△E_機(jī)=-mg（h+x）=-Eq₅x=5×10⁵×5×10^-8×

5

6

=-

25

12

×10^-2J=-2.08×10^-2J．
答：（1）第1個帶電小球從M下落至B板的時間為0.72s；
（2）第5個帶電小球?qū)⒉荒艿诌_(dá)B板；
（3）第（2）問中該帶電小球下落過程中機(jī)械能的變化量為-2.08×10^-2J．

點(diǎn)評：本題兩個過程的問題，分段運(yùn)用力學(xué)方法處理是常用的方法，對于動能定理也可以運(yùn)用全程法研究．