Question

2．如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大，水平向左的勻強電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一絕緣?形管桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)．PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點在磁場界線上，NMAP段是光滑的，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小環(huán)套在MN桿，它所受到的電場力為重力的$\frac{3}{4}$．現(xiàn)在M右側(cè)D點靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好能到達P點，
（1）求DM間的距離x₀．
（2）求上述過程中小環(huán)第一次通過與O等高的A點時彎桿對小環(huán)作用力的大小．
（3）若小環(huán)與PQ間的動摩擦因數(shù)為μ（設(shè)最大靜止摩擦力與滑動摩擦力大小相等）．現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側(cè)6R處由靜止開始釋放，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功．

Answer 1

分析 （1）對D到P為研究過程，運用動能定理求出DM間的距離．
（2）對D到A為研究過程，運用動能定理求出A點的速度，根據(jù)牛頓第二定律，沿半徑方向上合力提供向心力，求出彎桿對小環(huán)作用力的大�。�
（3）需討論摩擦力的大小與電場力的大小關(guān)系，若摩擦力大于等于電場力，則小環(huán)將停在PQ上某處；若摩擦力小于電場力，則環(huán)最終在DP間往復(fù)運動．根據(jù)動能定理求出摩擦力做的功．

解答 解：（1）小環(huán)剛好能到達P點，說明小環(huán)在P點的速度 v_P=0
由動能定理得：
qEx₀-mg•2R=0
又qE=$\frac{3}{4}$mg
解得：x₀=$\frac{8}{3}$R
（2）在小環(huán)由D點到A點的過程中，由動能定理得：
qE（x₀+R）-mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
在A點，由牛頓第二定律得：
N_A-qv_AB-qE=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
解得：N_A=$\frac{17}{4}$mg+$\frac{qB\sqrt{14gR}}{2}$
（3）若μmg大于或等于qE，即μ大于或等于$\frac{3}{4}$，則小環(huán)將停在PQ上某處，設(shè)小環(huán)停的位置離P點的距離為x．
由能量守恒定律得：
qE（4R-x）-2mgR-μmgx=0
解得：x=$\frac{4R}{4μ+3}$
則克服摩擦力做功為：W_f=$\frac{4μ}{4μ+3}$mgR
若μmg小于qE，即μ小于$\frac{3}{4}$，小環(huán)速度為零后將反向運動，在導(dǎo)軌上往復(fù)數(shù)次，直至到達P點時的速度為零，（因摩擦力作用，小環(huán)的動能和重力勢能之和會逐漸減小，但小環(huán)不會靜止在P點，而是在導(dǎo)軌DMAP處往復(fù)運動，則有：
W_f=4qER-2mgR=mgR
答：（1）DM間的距離x₀是$\frac{8}{3}$R．
（2）上述過程中小環(huán)第一次通過與O等高的A點時彎桿對小環(huán)作用力的大小是$\frac{17}{4}$mg+$\frac{qB\sqrt{14gR}}{2}$．
（3）小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功為$\frac{4μ}{4μ+3}$mgR或mgR．

點評 本題運用動能定理解題時，需合適地選取研究的過程，根據(jù)動能定理列出表達式求解，知道洛倫茲力的表達式，要注意做功的正負．