Question

19．一個(gè)帶電量為+q、質(zhì)量為m的圓環(huán)，套在水平的粗細(xì)均勻的細(xì)桿上，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，細(xì)桿處于垂直紙面向里大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)以及水平向右大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示．重力加速度為g，且qE＞?mg．靜止釋放帶電圓環(huán)，則（　　）

• A． 帶電圓環(huán)將做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)
• B． 帶電圓環(huán)加速度先減小后增大
• C． 帶電圓環(huán)最大加速度為a=$\frac{qE}{m}$
• D． 帶電圓環(huán)最終向右做勻速運(yùn)動(dòng)，且最大速度為v_m=$\frac{E}{μB}$+$\frac{mg}{qB}$

Answer 1

分析 分成兩個(gè)階段進(jìn)行分析：：①當(dāng)圓環(huán)受到的洛侖茲力F_洛=qvB＜G=mg時(shí)，即v＜$\frac{mg}{qB}$時(shí)；②當(dāng)圓環(huán)受到的洛侖茲力F_洛=qvB＞G=mg時(shí)，即v＞$\frac{mg}{qB}$時(shí)．結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)洛侖茲力F_洛=qvB的變化，判斷摩擦力的變化，再分析加速度的變化，再分析圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)即可．

解答 解：①當(dāng)圓環(huán)受到的洛侖茲力F_洛=qvB＜G=mg時(shí)，即v＜$\frac{mg}{qB}$時(shí)，圓環(huán)水平方向受到向右的電場(chǎng)力F=qE和向左的摩擦力f=μ（mg-qvB），由牛頓第二定律得加速度$a=\frac{F-f}{m}$，則當(dāng)f=0時(shí)，即mg=qvB時(shí)，加速度最大為${a}_{m}=\frac{qE}{m}$，C正確；
加速度$a=\frac{F-f}{m}$=$\frac{qE-μ（mg-qvB）}{m}$，因?yàn)閝E＞?mg，圓環(huán)一開始做加速運(yùn)動(dòng)，但F_洛=qvB逐漸增大，則摩擦力f=μ（mg-qvB）逐漸減小，加速隨著增大，這一階段圓環(huán)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)
②當(dāng)圓環(huán)受到的洛侖茲力F_洛=qvB＞G=mg時(shí)，即v＞$\frac{mg}{qB}$時(shí)，圓環(huán)水平方向受到向右的電場(chǎng)力F=qE和向左的摩擦力f=μ（qvB-mg），由牛頓第二定律得加速度$a=\frac{F-f}{m}$，洛侖茲力F_洛=qvB繼續(xù)增大，則摩擦力f=μ（qvB-mg）逐漸增大，加速度$a=\frac{F-f}{m}$減小，這乙階段圓環(huán)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)
直到F=qE=f=μ（qvB-mg），即v=$\frac{qE+μmg}{μqB}=\frac{E}{μB}+\frac{mg}{qB}$時(shí)，加速度減為0，之后圓環(huán)以這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確；
綜合以上分析，可知帶電圓環(huán)將先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；
帶電圓環(huán)加速度先增大，增大到${a}_{m}=\frac{qE}{m}$后，加速度開始減小，最后減為0，B錯(cuò)誤；
故選：CD．

點(diǎn)評(píng) 本題難度較大，考查知識(shí)點(diǎn)較多，涉及電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問題，當(dāng)涉及到復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程，注意分段進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行解答．