Question

18．如圖所示，穿有M、N兩個小球（均視為質點）的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內，圓心為O、半徑為R=0.3m．M、N用一根不可伸長的絕緣輕質細繩相連，質量分別為m_M=0.01kg、m_N=0.08kg；M帶電量q=+7×10^-4C，N不帶電．該空間同時存在勻強電場和勻強磁場．電場方向豎直向上，電場強度E=1×10³V/m；磁場方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應強度B=$\frac{\sqrt{3}}{7}$×10² T．將兩小球從圖示位置（M與圓心O等高，N在圓心O的正下方）由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針向上轉動．取重力加速度g=10m/s²，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．則在兩球從圖示位置逆時針向上轉動的過程中，求：
（1）通過計算判斷，小球M能否到達圓環(huán)的最高點？
（2）小球M速度最大時，圓環(huán)對小球M的彈力．
（3）小球M電勢能變化量的最大值．

Answer 1

分析 （1）先假設M能達到最高點，由動能定理求出系統(tǒng)到達最高點時的動能之和，若為正值，則說明能達到最高點，若為負值則不能達到最高點．
（2）由于M未到達最高點，則速度的最大的位置只能是在最高點下的某一點，根據(jù)動能定理先確定該點的位置，再由牛頓第二定律，沿圓心方向的合力提供向心力，從而求出軌道對球的作用力．
（3）由于M未到達最高點，又要求電勢能的變化最大，則只能是M的速度變?yōu)榱銜r，由（2）的結論求出速度為零時轉過的角度，再由功能關系就能求出電勢能變化的最大值．

解答 解：1）設M、N在轉動過程中，繩對M、N做的功分別為W_T和W′_T，則：
W_T+W′_T=0 
設M到達圓環(huán)最高點時，M、N的動能分別為E_KM、E_KN
對M，洛侖茲力不做功，由動能定理得：qER-m_MgR+W_T=E_KM
對N，由動能定理：W′_T-m_NgR=E_KN
聯(lián)立解得：E_KM+E_KN=-0.06J
即M在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值，故M不能到達圓環(huán)最高點．
（2）設N轉過α角時，M、N的速度大小分別為v_M、v_N，因M、N做圓周運動的
半徑和角速度均相同，故：v_M=v_N
對M，洛侖茲力不做功，由動能定理：
$qERsinα-{m}_{M}gsinα+{W}_{T2}=\frac{1}{2}{m}_{M}{{v}_{M}}^{2}$
對N，由動能定理：
$W{′}_{T2}-{m}_{N}gR（1-cosα）=\frac{1}{2}{m}_{N}{{v}_{N}}^{2}$
聯(lián)立解得：${{v}_{M}}^{2}=\frac{4}{3}×（3sinα+4cosα-4）$
由上式可得，當$tanα=\frac{3}{4}$時，M、N的速度達到最大．最大速度為：
${v}_{max}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$m/s．
M速度最大時，設繩子拉力為F，圓環(huán)對小球M的彈力為FN，由牛頓第二定律得：
Fcos45°=（qE-mMg）cos37°
qv_maxB+Fsin45°-（qE-mMg）sin37°+F_N=$\frac{{m}_{M}{{{v}_{M}}^{2}}_{\;}}{R}$
解得：F_N=-0.096N     負號表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外．
（3）M、N從圖示位置逆時針轉動過程中，由于M不能到達最高點，所以，當兩球
速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多．由${{v}_{M}}^{2}=\frac{4}{3}×（3sinα+4cosα-4）$
得：3sinα+4cosα-4=0
解得：$sinα=\frac{24}{25}$或sinα=0（舍去）
故M的電勢能減少量的最大值為：
‖△E‖=qERsinα=$\frac{126}{625}J$=0.2016J．
答：（1）通過計算判斷，小球M不能到達圓環(huán)的最高點．
（2）小球M速度最大時，圓環(huán)對小球M的彈力為0.096N，方向沿圓環(huán)徑向向外．
（3）小球M電勢能變化量的最大值是0.2016J．

點評 本題的難點在于：①M、N兩球通過繩子連接，在電場力作用下沿圓環(huán)向上運動，可以假設能通過最高點，把它們作為一個整體由動能定理求出到達最高點的動能之和，若為負就不能通過最高點．②求M球對軌道的最大壓力，只有先確定速度最大的位置（要用到數(shù)學公式），再由牛頓第二定律求出此刻對軌道的壓力．