Question

5．如圖甲所示，A、B、C、D為固定于豎直平面內(nèi)的閉合絕緣軌道，弧AB段、弧CD段均為半徑R=1.6m的半圓，BC、AD段水平，AD=BC=8m．B、C之間的區(qū)域存在水平向右的有界勻強電場，場強E=5×10⁵V/m，其余區(qū)域沒有電場．質(zhì)量為m=4×10^-3kg、帶電量q=+1×10^-8C的小環(huán)套在軌道上．小環(huán)與軌道AD段的動摩擦因數(shù)為CaC₂=0.125，與軌道其余部分的摩擦忽略不計．現(xiàn)使小環(huán)在D點獲得沿軌道向左的初速度v₀=4m/s，且在沿直線軌道DA段運動過程中始終受到方向豎直向上、大小隨速度變化的力F（變化關(guān)系如圖乙所示）作用，小環(huán)第一次進入半圓軌道AB時在A點對半圓軌道剛好無壓力．不計小環(huán)大小，g取10m/s²．求：

（1）小環(huán)第一次運動到A時的速度大小；
（2）小環(huán)第一次回到D點時速度大��；
（3）若小環(huán)經(jīng)過多次循環(huán)運動能達到穩(wěn)定運動狀態(tài)，則到達D點時的速度至少多大？

Answer 1

分析 （1）小環(huán)每次到達圓弧上的A點時，對圓軌道剛好均無壓力，知在A點靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出A點的速度．
（2）由動能定理可求得第一次到達D點的速度；
（3）對小環(huán)的運動過程進行分析，根據(jù)動能定理及能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系可求得D點的最小速度．

解答 解：（1）進入半圓軌道AB時小壞僅受重力，在A點由向心力公式得：$mg=m\frac{{v_{A1}^2}}{R}$
得：${v_{A1}}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×1.6}m/s=4m/s$
（2）小物塊從D出發(fā)，第一次回到D的過程，由動能定理得：$\frac{1}{2}mv_{D1}^2-\frac{1}{2}mv_0^2=qEL$
$v_{D1}^{\;}=\sqrt{v_0^2+\frac{2qEL}{m}}=\sqrt{{4^2}+\frac{{2×1×{{10}^{-8}}×5×{{10}^5}×8}}{{4×{{10}^{-3}}}}}m/s=6m/s$
（3）初始位置D點時，若所加力F＞mg，則小環(huán)受摩擦力而減速，同時F減小，
當F=mg時勻速，但速度一定小于4m/s；若F＜mg，則小環(huán)受摩擦力而減速，同時F越來越小，摩擦力越來越大，小環(huán)繼續(xù)減速直至靜止，不會到達A點時速度為4m/s，綜上可知小環(huán)第一次從D到A做勻速運動．
由圖象知：F=kv=mg  
$k=\frac{mg}{v}=\frac{{4×{{10}^{-3}}×10}}{4}Ns/m=0.01Ns/m$
所以F_m=kv_m=2mg=0.08N
則可知環(huán)與桿的摩擦力f≤μ|F_m-mg|=μmg=qE
穩(wěn)定循環(huán)時，每一個周期中損耗的能量應(yīng)等于補充的能量
${W_損}={W_{摩最{大_{\;}}}}≤{f_m}S≤μ（{F_m}-mg）S≤0.04N×\frac{1}{8}×8m≤0.04J$
而${W_補}={W_電}=qEs=1×{10^{-8}}×5×{10^5}×8m=0.04J$
所以穩(wěn)定循環(huán)運動時小環(huán)在AD段運動時速度一定要大于等于8m/s
即到達A點的速度不小于8m/s
穩(wěn)定循環(huán)運動時小環(huán)從A到D的過程，由動能定理得：$\frac{1}{2}mv_D^2-\frac{1}{2}mv_A^2=qEL$
$v_D^{\;}=\sqrt{v_A^2+\frac{2qEL}{m}}=\sqrt{{8^2}+\frac{{2×1×{{10}^{-8}}×5×{{10}^5}×8}}{{4×{{10}^{-3}}}}}m/s=2\sqrt{21}m/s$
達到穩(wěn)定運動狀態(tài)時，小環(huán)到達D點時速度應(yīng)不小于$2\sqrt{21}m/s$
答：（1）小環(huán)通過A點時的速度為4m/s；
（2）小環(huán)第一次回到D點時速度大小為6m/s；
（3）若小環(huán)經(jīng)過多次循環(huán)運動能達到穩(wěn)定運動狀態(tài)，則到達D點時的速度至少$2\sqrt{21}m/s$

點評 本題考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合運用，關(guān)鍵理清小環(huán)的運動過程，選擇合適的規(guī)律進行求解，難度較大．