Question

7．如圖所示，水平放置的帶小孔的金屬薄板間有勻強(qiáng)電場，薄板的上極板電勢高于下極板，板間距d=1.25m．M恰好在薄板小孔P、N的正上方，距上極板的距離h=1.25m．若從M處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量m=1×10^-3kg電荷量為q_a=-4×10^-3C的帶電小球a，小球a恰好能到達(dá)下極板的N孔處而未穿出極板，現(xiàn)若將m=1×10^-3kg電荷量為q_b=-5×10^-3C的帶電小球b從M點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度g=10m/s²，下列說法正確的是（　　）

• A． 薄板間的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為3×10⁵N/C
• B． 薄板間的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為5×10⁵N/C
• C． 帶電小球a從M處下落至下極板的時(shí)間為1.0s
• D． 帶電小球b從M處下落的過程中機(jī)械能的變化量為-$\frac{1}{48}$J

Answer 1

分析 對小球由靜止開始到下端小球到達(dá)下極板的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理，求出兩極板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度．
小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式求出自由下落到小孔的時(shí)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(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式結(jié)合時(shí)間，即可得到總時(shí)間．
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：A、小球由靜止開始下落到下端的小球到達(dá)下極板的過程中，由動(dòng)能定理得：
mg（h+d）-Eq_ad=0
解得：E=5×10⁵N/C．故A錯(cuò)誤，B正確；
C、對于小球自由下落的過程，有 h=$\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$
解得，t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$s=0.5s；
小球到達(dá)小孔時(shí)的速度為  v₁=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×1.25}$m/s=5m/s；
小球在勻強(qiáng)電場中的加速度 α=$\frac{{q}_{a}E-mg}{m}$
代入數(shù)據(jù)得：a=10m/s²；
由0=v-at₂
代入數(shù)據(jù)解得：t₂=0.5 s．
故帶電小球a從M處下落至下極板的時(shí)間為：t=t₁+t₂=0.5s+0.5s=1.0s．故C正確；
D、設(shè)帶電小球b在電場內(nèi)下降的高度為x，由動(dòng)能定理得：mg（h+x）-Eq_bx=0
代入數(shù)據(jù)得：x=$\frac{5}{6}$m
此過程中小球的機(jī)械能的改變量等于克服電場力做的功，即△E_機(jī)=-q_b•E•x
代入數(shù)據(jù)得：$△{E}_{機(jī)}=-\frac{1}{48}$J
故選：BCD

點(diǎn)評 本題考查了牛頓第二定律和動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，要分析出兩球由靜止開始下落至下端小球恰好進(jìn)入小孔時(shí)兩球達(dá)到最大速度，掌握整體法和隔離法的靈活運(yùn)用．