Question

（2013?奉贤区二模）如图所示，一绝缘轻绳绕过无摩擦的两轻质小定滑轮O₁、O₂，一端与质量m=0.2kg的带正电小环P连接，且小环套在绝缘的均匀光滑直杆上（环的直径略大于杆的截面直径），已知小环P带电q=4×10^-5C，另一端加一恒定的力F=4N．已知直杆下端有一固定转动轴O，上端靠在光滑竖直墙上的A处，其质量M=1kg，长度L=1m，杆与水平面的夹角为θ=53⁰，直杆上C点与定滑轮在同一高度，杆上CO=0.8m，滑轮O₁在杆中点的正上方，整个装置在同一竖直平面内，处于竖直向下的大小E=5×10⁴N/C的匀强电场中．现将小环P从C点由静止释放，求：（取g=10m/s²）
（1）刚释放小环时，竖直墙A处对杆的弹力大小；
（2）下滑过程中小环能达到的最大速度；
（3）若仅把电场方向反向，其他条件都不变，则环运动过程中电势能变化的最大值．

Answer 1

分析：（1）分析刚释放时小环的受力情况，由平衡条件求得杆对环的支持力，再以直杆为研究对象，由力矩平衡条件求解竖直墙A处对杆的弹力大小；
（2）当小环沿杆方向的合外力为零时，速度最大，由平衡条件求得此时绳与杆之间的夹角，根据动能定理求解小环能达到的最大速度；
（3）当电场力反向时，小环所受的电场力正好与重力平衡，当小环下滑至绳拉力方向与杆垂直时，速度最大．根据对称性，由几何关系求出小环下滑的距离，即可求得电势能变化的最大值．

解答：解：（1）设环受到重力为Gp，电场力为F，绳子拉力为 T，对环受力分析如图，其中F=qE=4×10^-5C×5×10⁴N/C=2N．
由平衡条件得：T cos37°+N₁=（Gp+F） cos53°　　
代入数据得：N₁=0.8N  
则环对杆的压力大小为N₁′=N₁=0.8N
设竖直墙A处对杆的弹力为N，对杆分析，由力矩平衡条件得：
    G?

L

2

cos53°=NLsin53°+N₁′

.

CO

代入数据得：N=2.95N
（2）设小环下滑时，绳与杆之间的夹角为α时，小环速度最大，此时小环沿杆方向的合外力为零（F+G）sin53°=Fsinα，得：α=37°，也即小环滑至O₁正下方时，小环速度最大，此时小环下滑s=0.3m．
根据动能定理得：（F+G）s?sin53°-F（s?sin53°-s?cos53°）=

1

2

m

v

2 m

解得，v_m=2.68m/s
（3）当电场力反向，电场力正好与重力平衡，当小环下滑至绳拉力方向与杆垂直时，速度最大．
由对称性得：小环下滑s₁=2scos53°×cos53°=2×0.3×0.6×0.6（m）=0.216（m），此时电势能变化值最大，则电势能变化的最大值为
△?=Fs₁?sin53°=2×0.216×0.8J=0.3456J
答：（1）刚释放小环时，竖直墙A处对杆的弹力大小是2.95N；
（2）下滑过程中小环能达到的最大速度是2.68m/s；
（3）若仅把电场方向反向，其他条件都不变，则环运动过程中电势能变化的最大值是0.3456J．

点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．