Question

10．如圖所示，空間存在著范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場，在豎直虛線PM的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=$\frac{m}{q}\sqrt{\frac{g}{2R}}$．一絕緣U形彎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)在磁場邊界左側(cè)，P、M點(diǎn)在磁場邊界線上，A點(diǎn)為圓弧上的一點(diǎn)，NMAP段是光滑的．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小環(huán)套在半圓環(huán)上，恰好在A點(diǎn)保持靜止，半徑OA與虛線所成夾角為θ=37°．現(xiàn)將帶電小環(huán)由P點(diǎn)無初速度釋放（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）電場強(qiáng)度的大小及小環(huán)在水平軌道MN上運(yùn)動時距M點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；
（2）小環(huán)第一次通過A點(diǎn)時，半圓環(huán)對小環(huán)的支持力；
（3）若小環(huán)與PQ間動摩擦因數(shù)為μ=0.6（設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等）．現(xiàn)將小環(huán)移至M點(diǎn)右側(cè)4R處由靜止開始釋放，求小環(huán)在整個運(yùn)動過程中在水平軌道PQ經(jīng)過的路程．

Answer 1

分析 （1）對環(huán)在A點(diǎn)受力分析，結(jié)合平衡條件，即可求解電場強(qiáng)度，再依據(jù)動能定理，即可求解；
（2）根據(jù)動能定理，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解半圓環(huán)對小環(huán)的支持力；
（3）小環(huán)從靜止釋放到P點(diǎn)速度恰好為0的過程中，根據(jù)動能定理，即可求解．

解答 解：（1）對小環(huán)在A點(diǎn)受力分析，根據(jù)平衡條件有：
qE=mgtanθ①
解得：E=$\frac{3mg}{4q}$②
設(shè)小環(huán)在水平軌道MN上運(yùn)動時距離點(diǎn)M的最遠(yuǎn)距離x，根據(jù)動能定理得：
mg•2R-qEx=0③
解得：x=$\frac{8}{3}R$④
（2）設(shè)小環(huán)在A點(diǎn)的速度為v，小環(huán)無初速度從P點(diǎn)到A點(diǎn)由動能定理得：
mg•R（1+cosθ）+qERsinθ=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$⑤
在A點(diǎn)由牛頓第二定律得：
F_N+qvB-$\frac{mg}{cosθ}$=$\frac{m{v}^{2}}{R}$⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：F_N=4.25mg
（3）設(shè)小環(huán)在整個運(yùn)動過程中在水平軌道PQ經(jīng)過的路程為S，從M點(diǎn)右側(cè)4R處由靜止開始釋放小環(huán)，由于PQ段有摩擦力的作用，但是qE＞μmg，小環(huán)最終將在PAMN間往返運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度恰好為0．
小環(huán)從靜止釋放到P點(diǎn)速度恰好為0的過程中，根據(jù)動能定理有：
4qER-2mgR-μmgS=0
解得：S=$\frac{5}{3}R$
答：（1）電場強(qiáng)度的大小$\frac{3mg}{4q}$及小環(huán)在水平軌道MN上運(yùn)動時距M點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離$\frac{8}{3}R$；
（2）小環(huán)第一次通過A點(diǎn)時，半圓環(huán)對小環(huán)的支持力4.25mg；
（3）小環(huán)在整個運(yùn)動過程中在水平軌道PQ經(jīng)過的路程$\frac{5}{3}R$．

點(diǎn)評 考查平衡條件與牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握動能定理列出表達(dá)式求解方法，注意運(yùn)用動能定理解題需合適地選取研究的過程．