Question

12．如圖所示，直線形擋板p₁p₂p₃與半徑為r的圓弧形擋板p₃p₄p₅平滑連接并安裝在水平臺面b₁b₂b₃b₄上，擋板與臺面均固定不動．線圈c₁c₂c₃的匝數(shù)為n，其端點(diǎn)c₁、c₃通過導(dǎo)線分別與電阻R₁和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d，電阻R₁的阻值是線圈c₁c₂c₃阻值的2倍，其余電阻不計(jì)，線圈c₁c₂c₃內(nèi)有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增大．質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q，在水平臺面上以初速度v₀從p₁位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\(yùn)動并通過p₅位置．若電容器兩板間的電場為勻強(qiáng)電場，p₁、p₂在電場外，間距為L，其間小滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為μ，其余部分的摩擦不計(jì)，重力加速度為g．求：
（1）小滑塊通過p₂位置時的速度大�。�
（2）電容器兩極板間電場強(qiáng)度的取值范圍．
（3）經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)過程分析，滑塊從p₁運(yùn)動到p₂的過程運(yùn)用動能定理可以求解第一問；
（2）小滑塊要能到達(dá)p₅位置，則必須能達(dá)到最高點(diǎn)，根據(jù)圓周運(yùn)動的特點(diǎn)，能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動需要條件，列圓周運(yùn)動的向心力公式，結(jié)合受力特點(diǎn)即可求解第二問；
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律、電場公式聯(lián)立方程即可解決第三問．

解答 解：（1）小滑塊運(yùn)動到位置p₂時速度為v ₁，由動能定理有：
-umgL=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…①
v ₁=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2μgL}$…②
（2）由題意可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿?fù)醢暹\(yùn)動且通過位置p₅，
設(shè)小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E，由動能定理有：
-umgL-2rEq=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…③
當(dāng)滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有：N+Eq=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…④
由題意有：N≥0…⑤
由以上三式可得：E≤$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgL）}{5qr}$…⑥
E的取值范圍：0＜E≤$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgL）}{5qr}$…⑦
（3）設(shè)線圈產(chǎn)生的電動勢為E ₁，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量為△B，
得：U=Ed…⑧
由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E₁=n$\frac{△BS}{t}$…⑨
由全電路的歐姆定律得：E₁=I（R+2R）…⑩
且U=2RI
經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍：0＜△B≤$\frac{3md（{v}_{0}^{2}-2μgL）t}{10nsqr}$．
答：（1）小滑塊通過p₂位置時的速度大小$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2μgL}$．
（2）電容器兩極板間電場強(qiáng)度的取值范圍0＜E≤$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgL）}{5qr}$．
（3）經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍0＜△B≤$\frac{3md（{v}_{0}^{2}-2μgL）t}{10nsqr}$．

點(diǎn)評 對于這類題目，首先要細(xì)分過程，題目中條件繁雜，要畫出特定條件下的軌跡圖，要對每個過程進(jìn)行受力分析，從而鏈接熟悉的題型，就像本題第二個過程，大體上屬于圓周運(yùn)動，再細(xì)分就類同于學(xué)過的豎直面內(nèi)的非勻速圓周運(yùn)動；此外一定要把所求問題和已知條件，特別是特定條件結(jié)合起來，尋求解題思路．就像第三問，求磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量，它所聯(lián)系的是法拉第電磁感應(yīng)定律，列出公式，轉(zhuǎn)化為求E，再根據(jù)歐姆定律轉(zhuǎn)化為求U，這樣正反推導(dǎo)就可解決復(fù)雜問題．