Question

12．如圖，閉合開關(guān)后，質(zhì)量為m=40g帶電量為q=+4×10^-2C的物塊由豎直放置平行板電容器C的中心線的頂部由靜止釋放，已知電容器的極板長為L₁=0.45m，物塊恰好從右極板邊緣穿出并無碰撞地滑上速度恒為v=4m/s順時針轉(zhuǎn)動傾斜角為37°的傳送帶，傳送帶的長度S=6m，傳送帶與物塊的摩擦因數(shù)為μ=0.5，傳送帶與半徑R=$\frac{5}{3}$m的光滑圓形軌道相切于C點，在圓軌道的直徑AB的右側(cè)有一勻強電場E=7.5V/m，已知電源的電動勢E=32V，R₁=10Ω、R₂=9Ω、r=1Ω、g=10m/s²，試求：
（1）電容器兩板間的電壓U₁，物塊剛到達傳送帶時的速度v₁；
（2）物塊到達C點時的速度v₂，物塊在傳動帶上由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q；
（3）物塊在圓形軌道的最大速度v_m及此時對軌道的壓力F_N的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律求出電容器兩板間的電壓U₁．物塊在電場中由靜止釋放后，在電場力和重力作用下做直線運動，合力沿直線向下，根據(jù)題意可知電場力和重力的合力與水平方向成37°角，由力的合成法得到合力，由動能定理或由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求得物塊剛到達傳送帶時的速度v₁；
（2）物塊滑上傳送帶后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，所以物塊做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由速度位移公式求出物塊到達C點時的速度v₂．由s=vt求出此過程中傳送帶通過的距離，得到物塊與傳送帶相對位移，從而求出摩擦生熱．
（3）物塊進入勻強電場后，將電場力和重力等效看成一個等效重力，當(dāng)?shù)刃е亓Φ姆较蛲ㄟ^圓心O時速度最大，再由動能定理研究C到速度最大的過程，可求得最大速度v_m．并由牛頓運動定律求此時物塊對軌道的壓力F_N的大小

解答 解：（1）電容器兩板間的電壓為：U₁=$\frac{{R}_{1}}{{R}_{1}+{R}_{2}+r}E$=$\frac{10}{10+9+1}$×32V=16V
據(jù)題知，物塊在平行板電容器C中運動時，電場力和重力的合力與水平方向成37°角，則其合力為：F_合=$\frac{mg}{sin37°}$
加速度為：a=$\frac{{F}_{合}}{m}$=$\frac{g}{sin37°}$=$\frac{50}{3}$m/s²．
則 ${v}_{1}^{2}$-0=2a•$\frac{{L}_{1}}{sin37°}$
解得：v₁=5m/s
（2）物塊滑上傳送帶后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，所以物塊做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度為：
a=$\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=2m/s²；
由${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2aS$，
解得：v₂=7m/s
所用時間為：t=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{a}$=1s
物塊與傳送帶的相對位移為：△x=S-vt=6-4×1=2m
故物塊在傳動帶上由于摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μmgcos37°•△x=0.32J
（3）物塊進入勻強電場后，將電場力和重力等效看成一個等效重力，當(dāng)?shù)刃е亓Φ姆较蛲ㄟ^圓心O時速度最大，設(shè)速度最大的位置圓軌道半徑與豎直方向成θ，則有
  tanθ=$\frac{qE}{mg}$=$\frac{4×1{0}^{-2}×7.5}{0.04×10}$=0.75，θ=37°，可見，速度最大位置與C關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ
物塊從C到速度最大的過程中，由動能定理得：
qERsin37°=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得最大速度為：v_m=8m/s
在速度最大位置，由牛頓第二定律得：
 F_N′-$\frac{mg}{cosθ}$=m$\frac{{v}_{m}^{2}}{R}$
解得：F_N′=2.036N
由牛頓第三定律得，此時物塊對軌道的壓力為：
F_N=F_N′=2.036N
答：（1）電容器兩板間的電壓U₁是16V，物塊剛到達傳送帶時的速度v₁是5m/s．
（2）物塊到達C點時的速度v₂是7m/s，物塊在傳動帶上由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q是0.32J．
（3）物塊在圓形軌道的最大速度v_m是8m/s，此時對軌道的壓力F_N的大小是2.036N．

點評 解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的運動情況，要掌握直線運動的條件：合力與速度共線，運用等效法分析圓周運動速度最大的條件，可與單擺的運動類比理解．