Question

17．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，AB段、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．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μ=$\frac{1}{8}$，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，且在沿軌道AD段之間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）作用，小環(huán)第一次過A點時對半圓軌道恰好無壓力．不計小環(huán)大小，g取10m/s²．求：

（1）小環(huán)第一次徑過A點時的速度多大？
（2）小環(huán)第一次回到D點時速度多大？
（3）小環(huán)經(jīng)過若干次循環(huán)運動能達到穩(wěn)定運動狀態(tài)，則小環(huán)與軌道AD段的動摩擦因數(shù)應(yīng)為多少？此時到達D點時速度應(yīng)不小于多少？

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：$mg=\frac{{mv}_{A1}^{2}}{R}$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：$\frac{1}{2}{mv}_{D1}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}=qEL$
解得${v}_{D1}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2qEL}{m}}=6m/s$
（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(dāng)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  
$k=\frac{mg}{v}=\frac{4×1{0}^{-3}×10}{4}Ns/m=0.01Ns/m$
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
${W}_{損}={W}_{摩最大}≤{f}_{m}s＜μ（{F}_{m}-mg）s≤0.04××\frac{1}{8}×8$J≤0.04J
而${W}_{補}={W}_{電}=qEs=1×1{0}^{-8}×5×1{0}^{5}×8m=0.04J$
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：$\frac{1}{2}{mv}_{D}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}=qEL$
${v}_{D}=\sqrt{{v}_{A}^{2}+\frac{2qEL}{m}}=2\sqrt{21}m/s$
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$2\sqrt{21}$
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