Question

18．如图所示，穿有M、N两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径为R=0.3m．M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，质量分别为m_M=0.01kg、m_N=0.08kg；M带电量q=+7×10^-4C，N不带电．该空间同时存在匀强电场和匀强磁场．电场方向竖直向上，电场强度E=1×10³V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B=$\frac{\sqrt{3}}{7}$×10² T．将两小球从图示位置（M与圆心O等高，N在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针向上转动．取重力加速度g=10m/s²，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：
（1）通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？
（2）小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力．
（3）小球M电势能变化量的最大值．

Answer 1

分析 （1）先假设M能达到最高点，由动能定理求出系统到达最高点时的动能之和，若为正值，则说明能达到最高点，若为负值则不能达到最高点．
（2）由于M未到达最高点，则速度的最大的位置只能是在最高点下的某一点，根据动能定理先确定该点的位置，再由牛顿第二定律，沿圆心方向的合力提供向心力，从而求出轨道对球的作用力．
（3）由于M未到达最高点，又要求电势能的变化最大，则只能是M的速度变为零时，由（2）的结论求出速度为零时转过的角度，再由功能关系就能求出电势能变化的最大值．

解答 解：1）设M、N在转动过程中，绳对M、N做的功分别为W_T和W′_T，则：
W_T+W′_T=0 
设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为E_KM、E_KN
对M，洛仑兹力不做功，由动能定理得：qER-m_MgR+W_T=E_KM
对N，由动能定理：W′_T-m_NgR=E_KN
联立解得：E_KM+E_KN=-0.06J
即M在圆环最高点时，系统动能为负值，故M不能到达圆环最高点．
（2）设N转过α角时，M、N的速度大小分别为v_M、v_N，因M、N做圆周运动的
半径和角速度均相同，故：v_M=v_N
对M，洛仑兹力不做功，由动能定理：
$qERsinα-{m}_{M}gsinα+{W}_{T2}=\frac{1}{2}{m}_{M}{{v}_{M}}^{2}$
对N，由动能定理：
$W{′}_{T2}-{m}_{N}gR（1-cosα）=\frac{1}{2}{m}_{N}{{v}_{N}}^{2}$
联立解得：${{v}_{M}}^{2}=\frac{4}{3}×（3sinα+4cosα-4）$
由上式可得，当$tanα=\frac{3}{4}$时，M、N的速度达到最大．最大速度为：
${v}_{max}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$m/s．
M速度最大时，设绳子拉力为F，圆环对小球M的弹力为FN，由牛顿第二定律得：
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     负号表示弹力方向沿圆环径向向外．
（3）M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球
速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多．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的电势能减少量的最大值为：
‖△E‖=qERsinα=$\frac{126}{625}J$=0.2016J．
答：（1）通过计算判断，小球M不能到达圆环的最高点．
（2）小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力为0.096N，方向沿圆环径向向外．
（3）小球M电势能变化量的最大值是0.2016J．

点评 本题的难点在于：①M、N两球通过绳子连接，在电场力作用下沿圆环向上运动，可以假设能通过最高点，把它们作为一个整体由动能定理求出到达最高点的动能之和，若为负就不能通过最高点．②求M球对轨道的最大压力，只有先确定速度最大的位置（要用到数学公式），再由牛顿第二定律求出此刻对轨道的压力．