Question

1．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．等離子體發(fā)電機(jī)金屬板AB的間距為a，通過導(dǎo)線分別與電阻R和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d，電阻R的阻值為2R₀，是等離子體發(fā)電機(jī)內(nèi)阻的二倍，其余電阻不計(jì)，等離子體束以速度為v的速度在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動．質(zhì)量為m的小滑塊帶負(fù)電，電荷量大小始終保持為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E，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E的最大值．
（3）當(dāng)電場強(qiáng)度為（2）中的取值時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�

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)立方程即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解析：（1）設(shè)小滑塊運(yùn)動到位置P₂時速度為v₁，由動能定理有：
-μmgl=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v₁=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2μgl}$
（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=$\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
當(dāng)滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有：N+Eq=m$\frac{v^2}{r}$
由題意有：N≥0
由以上三式可得：E≤$\frac{m（v_0^2-2ugL）}{5qr}$
（3）設(shè)磁流體發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動勢為ε，其內(nèi)阻為R₀，平行板電容器兩端的電壓為U，則有：U=Ed
由Bqv=q$\frac{E}{a}$得：
E=avB
由全電路的歐姆定律得：ε=I（R₀+2R₀）　　   
U=2R₀I
則磁感應(yīng)強(qiáng)度B為：B=$\frac{3md（{v}_{0}^{2}-2μgl）}{10avqr}$．
答：（1）小滑塊通過p₂位置時的速度大小為$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2ugL}$；
（2）電容器兩極板間電場強(qiáng)度最大值為$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2ugL）}{5qr}$；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{3md（{v}_{0}^{2}-2μgl）}{10avqr}$．

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．