Question

15．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c₁、c₃通過導線分別與電阻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，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磁場，磁場的磁感應強度B隨時間均勻增大．質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量為q且在運動過程中始終不變，在水平臺面上以初速度v₀從p₁位置出發(fā)，沿擋板運動并通過p₅位置．若電容器兩板間的電場為勻強電場，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，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度的取值范圍；
（3）經(jīng)過時間t，磁感應強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運動到p₂的過程運用動能定理可以求解第一問；
（2）小滑塊要能到達p₅位置，則必須能達到最高點，根據(jù)圓周運動的特點，能在豎直平面內(nèi)做圓周運動需要條件，列圓周運動的向心力公式，結(jié)合受力特點即可求解第二問；
（3）根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，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）小滑塊運動到位置P₂時速度為v₁，由動能定理有：-μmgl=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$①
 v₁=$\sqrt{v_0^2-2ugl}$$\sqrt{v_0^2-2ugl}$②
（2）由題意可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿擋板運動且通過位置p₅，設小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，
由動能定理有：-μmgl-2r（Eq+mg）=$\frac{1}{2}mv_{\;}^2-\frac{1}{2}mv_0^2$③
當滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有：N+Eq+mg=m$\frac{v^2}{r}$④
   由題意有：N≥0⑤
由以上三式可得：E≤$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgl-5gr）}{4qr}$⑥
 E的取值范圍：0＜E≤$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgl-5gr）}{4qr}$⑦
（3）設線圈產(chǎn)生的電動勢為E₁，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，
t時間內(nèi)磁感應強度的變化量為△B，得：U=Ed    ⑧
由法拉第電磁感應定律得E₁=n$\frac{△BS}{t}$⑨
由全電路的歐姆定律得E₁=I（R+2R）⑩
 因 U=2RI   
經(jīng)過時間t，磁感應強度變化量的取值范圍：0＜$△B≤\frac{3md（v_0^2-2μgl）}{10nsqr}t$
答：（1）小滑塊通過p₂位置時的速度大小$\sqrt{v_0^2-2ugl}$；
（2）電容器兩極板間電場強度的取值范圍0＜E≤$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgl-5gr）}{4qr}$；
（3）經(jīng)過時間t，磁感應強度變化量的取值范圍0＜$△B≤\frac{3md（v_0^2-2μgl）}{10nsqr}t$．

點評 對于這類題目，首先要細分過程，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，大體上屬于圓周運動，再細分就類同于學過的豎直面內(nèi)的非勻速圓周運動；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，求磁感應強度變化量，它所聯(lián)系的是法拉第電磁感應定律，列出公式，轉(zhuǎn)化為求E，再根據(jù)歐姆定律轉(zhuǎn)化為求U，這樣正反推導就可解決復雜問題．