Question

7．如圖（a）所示，左側(cè)為某課外活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的某種速度選擇裝置（圖b為它的立體圖），由水平轉(zhuǎn)軸及兩個(gè)薄盤N₁、N₂構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L(zhǎng)=1m，兩盤面間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)；右側(cè)為長(zhǎng)為d=1m的絕緣水平桌面，水平桌面的右端與一半徑為R=0.2m粗糙絕緣的四分之一圓弧相切連接．今有一電荷量為q=8×10^-6C、質(zhì)量為m=1kg的一帶電小球沿水平方向以v₀=4m/s射入N₁狹縫，勻速通過(guò)兩盤間后通過(guò)N₂的狹縫，并沿水平桌面運(yùn)動(dòng)到右端經(jīng)圓弧后能再上升h=0.2m的高度．已知小球與水平桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，求：

（1）小球帶何種電荷及兩盤間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大��；
（2）若兩狹縫夾角為θ=60°，盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖（b），要使小球能通過(guò)兩狹縫，薄盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω多大？
（3）小球通過(guò)兩狹縫后，讓兩狹縫停止轉(zhuǎn)動(dòng)且豎直對(duì)齊，如圖（c），問(wèn)小球返回后能否再次通過(guò)兩狹縫？

Answer 1

分析 （1）小球勻速過(guò)程中，合力為零，小球受到電場(chǎng)力和重力平衡，即可判斷出球的電性．由平衡條件求出場(chǎng)強(qiáng)的大小．
（2）根據(jù)周期性和圓周運(yùn)動(dòng)的角速度公式，即可求出薄盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；
（3）由動(dòng)能定理，選取小球向最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，從而求得克服摩擦力做功，當(dāng)返回時(shí)，再運(yùn)用動(dòng)能定理，因克服滑動(dòng)摩擦力做功變小，進(jìn)而可求得回到圓盤時(shí)的速度大小，從而求解．

解答 解：（1）由題意可知，當(dāng)帶電小球的電場(chǎng)力與重力平衡時(shí)，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
則有：mg=qE；
解得：E=$\frac{mg}{q}$=$\frac{1×10}{8×1{0}^{-6}}$=1.25×10⁶N/C；
由于小球所受電場(chǎng)力豎直向上，且電場(chǎng)方向豎直向上，所以小球帶正電．

（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間，即為t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{1}{4}$=0.25m/s；
由角速度公式ω=$\frac{θ}{t}$，則有：$ω=\frac{2kπ+\frac{π}{3}}{t}$=8kπ+$\frac{4π}{3}$rad/s，k=0、1、2…

（3）小球向最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)四分之一圓弧克服摩擦力做功為W；
由動(dòng)能定理，-W-μmgd-mg（R+h）=0-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$，
解得：W=2J；
若能到達(dá)N₂，且到達(dá)時(shí)的速度大小為v，W′為返回時(shí)過(guò)四分之一圓弧克服摩擦力做功，
由動(dòng)能定理：mg（R+h）-μmgd-W′=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
因W′＜2J，則有：v＞0，因此能再次通過(guò)兩狹縫．
答：（1）小球帶何種電荷及兩盤間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小1.25×10⁶N/C；
（2）要使小球能通過(guò)兩狹縫，薄盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度8kπ+$\frac{4π}{3}$rad/s，k=0、1、2…；
（3）小球返回后能再次通過(guò)兩狹縫．

點(diǎn)評(píng) 考查電場(chǎng)力與重力平衡的應(yīng)用，掌握動(dòng)能定理的內(nèi)容、牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合，難點(diǎn)是根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的周期性得到角速度的表達(dá)式，注意球來(lái)回經(jīng)過(guò)圓弧滑動(dòng)摩擦力做功不同是解題的關(guān)鍵．