Question

14．如图，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板．电场强度恒为E=5×10⁵ N/C，间距d=1.25m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离h=1.25m．从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m=1×10^-3 kg的带电小球．第1个带电小球的电荷量q₁=+1×10^-8 C，第n个带电小球的电荷量q_n=nq₁．取g=10m/s²．求：
（1）第1个带电小球从M处下落至B板的时间；
（2）第几个带电小球将不能抵达B板．

Answer 1

分析 （1）小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达A板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．
（2）随着小球电量的增大，进入电场的小球会做匀减速运动，当小球刚好到达B板的速度为零时，根据动能定理求出这个小球的电量，即可根据条件：q_n=nq₁求解．

解答 解：（1）对于小球自由下落的过程，有：h=$\frac{1}{2}$gt₁²，解得：t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s；
小球到达小孔时的速度为：v₁=gt₁=10×0.5=5m/s；
小球在匀强电场中的加速度 α₁=$\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}$s≈0.22s．
故第1个带电小球从M下落至B板的时间为 t=t₁+t₂=0.5s+0.22s=0.72s
（2）对第n小球，对全过程运用动能定理得：mg（h+d）-Eq_nd=△E_k=0，
解得：q_n=$\frac{mg（h+d）}{dE}$=$\frac{1×1{0}^{-3}×10×2.5}{5×1{0}^{5}×1.25}$C=4×10^-8C，
则 n=$\frac{{q}_{n}}{{q}_{1}}$=4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达B板；
答：（1）第1个带电小球从M处下落至B板的时间为0.22s；
（2）第5个带电小球将不能抵达B板．

点评 本题两个过程的问题，分段运用力学方法处理是常用的方法，对于动能定理也可以运用全程法研究．