Question

12．如图，闭合开关后，质量为m=40g带电量为q=+4×10^-2C的物块由竖直放置平行板电容器C的中心线的顶部由静止释放，已知电容器的极板长为L₁=0.45m，物块恰好从右极板边缘穿出并无碰撞地滑上速度恒为v=4m/s顺时针转动倾斜角为37°的传送带，传送带的长度S=6m，传送带与物块的摩擦因数为μ=0.5，传送带与半径R=$\frac{5}{3}$m的光滑圆形轨道相切于C点，在圆轨道的直径AB的右侧有一匀强电场E=7.5V/m，已知电源的电动势E=32V，R₁=10Ω、R₂=9Ω、r=1Ω、g=10m/s²，试求：
（1）电容器两板间的电压U₁，物块刚到达传送带时的速度v₁；
（2）物块到达C点时的速度v₂，物块在传动带上由于摩擦产生的热量Q；
（3）物块在圆形轨道的最大速度v_m及此时对轨道的压力F_N的大小．

Answer 1

分析 （1）根据串联电路分压规律求出电容器两板间的电压U₁．物块在电场中由静止释放后，在电场力和重力作用下做直线运动，合力沿直线向下，根据题意可知电场力和重力的合力与水平方向成37°角，由力的合成法得到合力，由动能定理或由牛顿第二定律和运动学公式结合求得物块刚到达传送带时的速度v₁；
（2）物块滑上传送带后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，所以物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度位移公式求出物块到达C点时的速度v₂．由s=vt求出此过程中传送带通过的距离，得到物块与传送带相对位移，从而求出摩擦生热．
（3）物块进入匀强电场后，将电场力和重力等效看成一个等效重力，当等效重力的方向通过圆心O时速度最大，再由动能定理研究C到速度最大的过程，可求得最大速度v_m．并由牛顿运动定律求此时物块对轨道的压力F_N的大小

解答 解：（1）电容器两板间的电压为：U₁=$\frac{{R}_{1}}{{R}_{1}+{R}_{2}+r}E$=$\frac{10}{10+9+1}$×32V=16V
据题知，物块在平行板电容器C中运动时，电场力和重力的合力与水平方向成37°角，则其合力为：F_合=$\frac{mg}{sin37°}$
加速度为：a=$\frac{{F}_{合}}{m}$=$\frac{g}{sin37°}$=$\frac{50}{3}$m/s²．
则 ${v}_{1}^{2}$-0=2a•$\frac{{L}_{1}}{sin37°}$
解得：v₁=5m/s
（2）物块滑上传送带后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，所以物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律得物块的加速度为：
a=$\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=2m/s²；
由${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2aS$，
解得：v₂=7m/s
所用时间为：t=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{a}$=1s
物块与传送带的相对位移为：△x=S-vt=6-4×1=2m
故物块在传动带上由于摩擦产生的热量为：Q=μmgcos37°•△x=0.32J
（3）物块进入匀强电场后，将电场力和重力等效看成一个等效重力，当等效重力的方向通过圆心O时速度最大，设速度最大的位置圆轨道半径与竖直方向成θ，则有
  tanθ=$\frac{qE}{mg}$=$\frac{4×1{0}^{-2}×7.5}{0.04×10}$=0.75，θ=37°，可见，速度最大位置与C关于竖直方向对称
物块从C到速度最大的过程中，由动能定理得：
qERsin37°=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得最大速度为：v_m=8m/s
在速度最大位置，由牛顿第二定律得：
 F_N′-$\frac{mg}{cosθ}$=m$\frac{{v}_{m}^{2}}{R}$
解得：F_N′=2.036N
由牛顿第三定律得，此时物块对轨道的压力为：
F_N=F_N′=2.036N
答：（1）电容器两板间的电压U₁是16V，物块刚到达传送带时的速度v₁是5m/s．
（2）物块到达C点时的速度v₂是7m/s，物块在传动带上由于摩擦产生的热量Q是0.32J．
（3）物块在圆形轨道的最大速度v_m是8m/s，此时对轨道的压力F_N的大小是2.036N．

点评 解决本题的关键要正确分析物块的运动情况，要掌握直线运动的条件：合力与速度共线，运用等效法分析圆周运动速度最大的条件，可与单摆的运动类比理解．