Question

1．如圖甲，懸點(diǎn)O的正下方A處停放一質(zhì)量為m₂的滑塊，滑塊右側(cè)有以速度u=2m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因素μ=0.1，傳送帶兩端相距S=3.5m，傳送帶的右側(cè)緊連著一平行板電容器CD，C板上表面涂有一層很薄的絕緣層，C板左端B處有一質(zhì)量為m₃帶電量為+q的點(diǎn)電荷，CD板間加有如圖乙的交變電壓，且qU₁=3mgd．長(zhǎng)L=1.6m的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端連一質(zhì)量為m₁的小球，從某一擺角釋放，到最低點(diǎn)時(shí)與m₂發(fā)生彈性碰撞，同時(shí)接通交變電源與電容器CD的連接，已知m₁=m₂=m₃=m=2kg，電容器兩板間距離為d，板長(zhǎng)為b=0.5m，小球與滑塊碰撞前細(xì)繩的拉力恰為2m₁g．已知m₃運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均不與C、D板相撞．求：

（1）若m₂與m₃發(fā)生碰撞后結(jié)合在一起，則該碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能的改變量是多少？
（2）要使m₂與m₃相碰，則CD板間交變電壓的最長(zhǎng)周期T_m和電壓U₁與U₂的比值（只考慮U₂＜U₁的情形）各為多少？
（3）m₂與m₃離開(kāi)電容器時(shí)的速度為多少？（g=10m/s²）

Answer 1

分析 （1）m₁在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求出其速度．質(zhì)量相等的m₁與m₂發(fā)生彈性碰撞后速度交換．再由動(dòng)能定理求碰后B的速度，即可得到碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能的改變量．
（2）要實(shí)現(xiàn)m₂與m₃相碰，則m₃在CD間必須做對(duì)稱(chēng)的往返運(yùn)動(dòng)且經(jīng)t=t₁=1s恰好回到B位置，可得T_m=t₁=1s．根據(jù)加速與減速的加速度關(guān)系，求解電壓U₁與U₂的比值．
（3）m₂與m₃碰撞后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向的運(yùn)動(dòng)在$\frac{T}{4}$$＜{t}_{2}＜\frac{T}{2}$的時(shí)間內(nèi)經(jīng)歷了先向上勻加速后向上勻減速運(yùn)動(dòng)的兩段運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解速度．

解答 解：（1）m₁在最低點(diǎn)時(shí)：T-m₁g=m₁$\frac{{v}_{1}^{2}}{L}$…①
得m₁碰前的速度 v₁=$\sqrt{gL}$=4m/s
質(zhì)量相等的m₁與m₂發(fā)生彈性碰撞后速度交換
故 m₂碰后的速度 v_A=v₁=4m/s…②
設(shè)m₂能通過(guò)傳送帶達(dá)到B端，對(duì)m₂應(yīng)用動(dòng)能定理有
-μm₂gs=$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{A}^{2}$…③
得v_B=3m/s    
求得v_B＞0假設(shè)成立
m₂從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁
由s=$\frac{{v}_{A}+{v}_{B}}{2}$t₁…④得
  t₁=$\frac{2s}{{v}_{A}+{v}_{B}}$=1s
m₂與m₃發(fā)生完全非彈性碰撞，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
  m₂v_B=（m₂+m₃）v_共…⑤
解得 v_共=1.5m/s
得碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能的改變量△E_k=$\frac{1}{2}（{m}_{2}+{m}_{3}）{v}_{共}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{B}^{2}$=4.5J…⑥
（2）要實(shí)現(xiàn)m₂與m₃相碰，則m₃在CD間必須做對(duì)稱(chēng)的往返運(yùn)動(dòng)且經(jīng)t=t₁=1s恰好回到B位置
則T_m=t₁=1s…⑦
 a_加=a_減…⑧
即：$\frac{q{U}_{1}}unphyg5$-m₃g=$\frac{q{U}_{2}}oltvipw$+m₃g…⑨
得U₁：U₂=3：1…⑩
（3）m₂與m₃碰撞后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)
則通過(guò)電容器所用時(shí)間 t₂=$\frac{{v}_{共}}$=$\frac{1}{3}$s…⑪
豎直方向的運(yùn)動(dòng)在$\frac{T}{4}$$＜{t}_{2}＜\frac{T}{2}$的時(shí)間內(nèi)經(jīng)歷了先向上勻加速后向上勻減速運(yùn)動(dòng)的兩段運(yùn)動(dòng)，則
  a_加′=$\frac{\frac{q{U}_{1}}lamy05l-2mg}{2m}$=$\frac{g}{2}$…⑫
  a_減′=$\frac{\frac{q{U}_{2}}94ht0sl+2mg}{2m}$=$\frac{3}{2}$g…⑬
在t=$\frac{1}{3}$s末豎直方向的速度 v_y=${a}_{加}′\frac{T}{4}-{a}_{減}′（t-\frac{T}{4}）$=0…⑭
即m₂與m₃離開(kāi)電容器時(shí)速度 v=v_共=1.5m/s…⑮
答：
（1）若m₂與m₃發(fā)生碰撞后結(jié)合在一起，則該碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)能的改變量是4.5J．
（2）要使m₂與m₃相碰，則CD板間交變電壓的最長(zhǎng)周期T_m是1s．電壓U₁與U₂的比值是3：1．
（3）m₂與m₃離開(kāi)電容器時(shí)的速度為1.5m/s．

點(diǎn)評(píng) 分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律是關(guān)鍵．要記牢質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生彈性碰撞后會(huì)速度交換．