Question

14．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)度恒為E=5×10⁵ N/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^-3 kg的帶電小球．第1個帶電小球的電荷量q₁=+1×10^-8 C，第n個帶電小球的電荷量q_n=nq₁．取g=10m/s²．求：
（1）第1個帶電小球從M處下落至B板的時間；
（2）第幾個帶電小球?qū)⒉荒艿诌_(dá)B板．

Answer 1

分析 （1）小球先做自由落體運動，由運動學(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)電場中做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(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．

解答 解：（1）對于小球自由下落的過程，有：h=$\frac{1}{2}$gt₁²，解得：t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s；
小球到達(dá)小孔時的速度為：v₁=gt₁=10×0.5=5m/s；
小球在勻強(qiáng)電場中的加速度 α₁=$\frac{mg-qE}{m}$=g-$\frac{qE}{m}$=10-$\frac{5×1{0}^{5}×1{0}^{-8}}{1×1{0}^{-3}}$=5m/s²，
由d=v₁t₂+$\frac{1}{2}$a₁t₂²，整理得：2t₂²+4t₂-1=0，解得：t₂=$\frac{\sqrt{6}-2}{2}$s≈0.22s．
故第1個帶電小球從M下落至B板的時間為 t=t₁+t₂=0.5s+0.22s=0.72s
（2）對第n小球，對全過程運用動能定理得：mg（h+d）-Eq_nd=△E_k=0，
解得：q_n=$\frac{mg（h+d）}{dE}$=$\frac{1×1{0}^{-3}×10×2.5}{5×1{0}^{5}×1.25}$C=4×10^-8C，
則 n=$\frac{{q}_{n}}{{q}_{1}}$=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；
答：（1）第1個帶電小球從M處下落至B板的時間為0.22s；
（2）第5個帶電小球?qū)⒉荒艿诌_(dá)B板．

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