人教版 (2019)选择性必修 第二册2 磁场对运动电荷的作用力学案设计

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册2 磁场对运动电荷的作用力学案设计，共15页。


一、洛伦兹力的方向和大小
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现．
2．洛伦兹力的方向
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．
3．洛伦兹力的大小
(1)当v与B成θ角时，F＝qvBsin θ.
(2)当v⊥B时，F＝qvB.
(3)当v∥B时，F＝0.
二、电子束的磁偏转
1．显像管的构造：如图1所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．
图1
2．显像管的原理
(1)电子枪发射高速电子．
(2)电子束在磁场中偏转．
(3)荧光屏被电子束撞击时发光．
3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，使得电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动．
1．判断下列说法的正误．
(1)运动电荷在磁场中一定受洛伦兹力．( × )
(2)同一电荷，以相同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小也可能相同．( √ )
(3)洛伦兹力同电场力一样，可对运动电荷做正功或负功．( × )
(4)用左手定则判断洛伦兹力方向时，“四指的指向”与电荷定向移动方向相同．( × )
(5)显像管内偏转线圈中的电流恒定不变时，电子打在荧光屏上的光点是不动的．( √ )
2.如图2所示，一阴极射线管左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的运动轨迹向下弯曲，则导线中的电流方向为__________．(填“从A到B”或“从B到A”)
图2
答案 从B到A
一、洛伦兹力的方向
导学探究 如图3所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：
图3
(1)什么力使电子偏转？该力的方向如何？
(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？
答案 (1)洛伦兹力 向下
(2)磁场方向向里 电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则．
知识深化
1．洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向及磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．即F、B、v三个量的方向关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直，如图4甲、乙所示．
图4
2．在用左手定则判断运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向时，对于正电荷，四指指向电荷的运动方向；但对于负电荷，四指应指向电荷运动的反方向．
试判断下列图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向，其中垂直于纸面指向纸里的是( )
答案 D
解析 根据左手定则可以判断，选项A中的带电粒子所受的洛伦兹力方向向下；选项B中的带电粒子所受的洛伦兹力方向向上；选项C中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直纸面指向纸外；选项D中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸里，D正确．
二、洛伦兹力的大小
导学探究 如图5所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v.
图5
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？
(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
答案 (1)nqvS nqvSLB (2)nSL qvB
知识深化
1．洛伦兹力与安培力的关系
(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质．
(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功．
2．洛伦兹力的大小：F＝qvBsin θ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．
(1)当θ＝90°时，v⊥B，sin θ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大．
(2)当v∥B时，θ＝0°，sin θ＝0，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力．
如图6所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．
图6
答案 (1)qvB 垂直于v指向左上方
(2)eq \f(1,2)qvB 垂直纸面向里
(3)qvB 垂直纸面向里
(4)qvB 垂直于v指向左上方
解析 (1)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左上方．
(2)v与B的夹角为30°，将v分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v⊥＝vsin 30°，F＝qvBsin 30°＝eq \f(1,2)qvB，方向垂直纸面向里．
(3)因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定则判断出洛伦兹力的方向垂直纸面向里．
(4)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左上方．
三、带电体在洛伦兹力作用下的运动
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动．
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点．
(多选)如图7所示，用细线吊一个质量为m的带电绝缘小球，小球处于匀强磁场中，空气阻力不计．小球分别从A点和B点向最低点O运动，当小球两次经过O点时( )
图7
A．小球的动能相同
B．细线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同
D．小球的向心加速度大小相同
答案 AD
解析 带电绝缘小球受到的洛伦兹力与小球的速度方向时刻垂直，则洛伦兹力对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，故当小球两次经过O点时速度大小相等，动能相同，选项A正确；小球分别从A点和B点向最低点O运动，两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知小球两次经过O点时洛伦兹力方向相反，则细线所受的拉力不同，选项B、C错误；由a＝eq \f(v2,R)可知小球的向心加速度大小相同，选项D正确．
(2020·云南省武定民族中学高二期末)如图8所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ图8
(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？
(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？
答案 (1)gsin α eq \f(mgcs α,qB) (2)eq \f(mgsin α＋μcs α,μqB)
解析 (1)由于μ根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有mgsin α－Ff1＝ma
垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mgcs α
所以当FN1＝0，即Ff1＝0时，a有最大值am，且am＝gsin α，此时qv1B＝mgcs α
解得v1＝eq \f(mgcs α,qB)
(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受棒的弹力为FN2，方向垂直于棒向下，摩擦力为Ff2＝μFN2，此时应有a＝0，即
mgsin α＝Ff2
FN2＋mgcs α＝qvmB
解得vm＝eq \f(mgsin α＋μcs α,μqB)
求解带电体在磁场中的运动问题的解题步骤
1．确定研究对象，即带电体；
2．确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；
3．由左手定则判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析图；
4．由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．
5．对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论．
1．(洛伦兹力的方向)在下列四个选项中，正确标明了带正电粒子所受洛伦兹力F方向的是( )
答案 D
解析 根据左手定则可知，A项中洛伦兹力方向应该垂直纸面向里，故A错误；B项中洛伦兹力方向应该是垂直纸面向外，故B错误；C项中洛伦兹力方向应该竖直向下，故C错误；D项中洛伦兹力方向应该竖直向上，故D正确．
2．(洛伦兹力的大小)两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则刚进入磁场时两带电粒子所受洛伦兹力之比为( )
A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4
答案 C
解析 带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C项正确．
3．(带电体在磁场中的运动)(多选)(2020·大同阳高一中高二期末)如图9所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是( )
图9
A．Ga最大 B．Gb最大
C．Gc最大 D．Gb最小
答案 CD
解析 a油滴受力平衡，有Ga＝qE，所以重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故油滴带负电；b油滴受力平衡，有Gb＋qvbB＝qE；c油滴受力平衡，有Gc＝qvcB＋qE，解得Gc>Ga>Gb，C、D正确．
4．(带电体在磁场中的运动)(多选)(2020·攀枝花市高二期末)如图10所示，一个质量为0.1 g、电荷量为5×10－4 C的小滑块(可视为质点)，放在倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离l后离开斜面，g取10 m/s2，则( )
图10
A．小滑块带正电
B．小滑块带负电
C．l＝1.2 m
D．小滑块离开斜面的瞬时速率为2 m/s
答案 AC
解析 由题意可知，小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上．根据左手定则可得，小滑块带正电，故A对，B错；由题意知，当滑块离开斜面时，有Bqv＝mgcs α，解得v＝eq \f(mgcs α,qB)＝2eq \r(3) m/s，故D错；在滑块离开斜面之前，滑块沿斜面的方向的合力始终等于重力的分力，所以滑块一直做匀加速直线运动，即mgsin α＝ma，解得a＝gsin α＝5 m/s2，由v2＝2al，解得l＝1.2 m，故C对．
考点一 洛伦兹力的大小和方向
1．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是( )
A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力
B．电场力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功
C．电场力与洛伦兹力一样，方向都沿电场线或磁感线切线方向
D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用
答案 D
解析 静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，A错误；如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，电场力做功为零，B错误；洛伦兹力的方向与磁感线垂直，与运动方向垂直，C错误；由洛伦兹力定义知，D正确．
2．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( )
答案 B
解析 由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误；磁场的方向向下，电流的方向垂直纸面向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向与磁感应强度的方向垂直，应为垂直纸面向外，故C错误；通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由题图D可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误．
3.如图1所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．云雾室中磁场方向可能是( )
图1
A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里
C．沿纸面向上 D．沿纸面向下
答案 B
解析 由左手定则可知，磁场方向可能垂直于纸面向里，故B正确．
考点二 电子束的磁偏转
4.(2020·广元天立国际学校高二月考)如图2所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一束电子初速度方向与电流方向相同，则电子可能的运动情况是( )
图2
A．沿路径a运动 B．沿路径b运动
C．沿路径c运动 D．沿路径d运动
答案 D
解析 由安培定则知，电流I在导线下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，电子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向下，则电子的轨迹必定向下弯曲，因此A、B错误；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，因此C错误，D正确．
5.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图3所示．圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点．为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的( )
图3
答案 B
解析 由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；A项中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误，B正确．
考点三 带电体在磁场中的运动
6.(2020·天津市南开中学期末)如图4所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平方向向左匀速运动．则下列说法正确的是( )
图4
A．带电物体所受的洛伦兹力为零
B．带电物体受洛伦兹力且方向竖直向上
C．小车对地面的压力变大
D．地面对小车的摩擦力方向向左
答案 B
解析 受洛伦兹力的带电物体的速度不是相对地面而言，而是相对磁场．题中匀强磁场向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电物体所受的洛伦兹力方向竖直向上，B正确，A错误；由于小车水平方向不受力，所以摩擦力为零，D错误；对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小车对地面的压力变小，C错误．
7.(2019·银川一中高二上期末)如图5所示，甲是带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段( )
图5
A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
C．甲、乙向左运动的加速度不变
D．乙物块对地面的压力不变
答案 C
解析 甲、乙两物块间没有相对滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间没有摩擦力，根据牛顿第二定律知，整体的加速度不变，对于甲，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度不变，所以甲、乙两物块间的摩擦力不变，所以A、B错误，C正确；甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以甲对乙的压力变大，对乙受力分析可知，乙物块对地面的压力变大，故D错误．
8．如图6甲所示，一个质量为m、电荷量为q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后运动过程中的速度－时间图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性，匀强磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
图6
A．圆环带负电，B＝eq \f(mg,qv0) B．圆环带正电，B＝eq \f(2mg,qv0)
C．圆环带负电，B＝eq \f(2mg,qv0) D．圆环带正电，B＝eq \f(mg,qv0)
答案 B
解析 因圆环最后做匀速直线运动，圆环在竖直方向上受力平衡，则有eq \f(Bqv0,2)＝mg，即B＝eq \f(2mg,qv0)；根据左手定则可知圆环带正电，故B正确，A、C、D错误．
9.(多选)(2020·西安市第八十三中学期中)足够长的光滑绝缘槽，与水平方向的夹角分别为α和β(α<β)，如图7所示，加垂直于纸面向里的匀强磁场，将质量相等，带等量正、负电荷的小球a和b，分别从两斜面的顶端由静止释放(一次仅有一个小球存在)，关于两球在槽上的运动，下列说法正确的是( )
图7
A．在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aa>ab
B．在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aa>ab
C．a、b两球沿直线运动的最大位移分别为xa、xb，则xaD．a、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，则ta答案 ACD
解析 小球a、b沿槽下滑的加速度大小分别为aa＝gsin β，ab＝gsin α，选项A对，B错；小球受到的洛伦兹力垂直槽向上，当mgcs β＝qvaB、mgcs α＝qvbB时，a和b离开槽，显然vaab，根据位移公式可知xa10．(2019·淮安市高二上期末)如图8所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
图8
A．a球下滑的时间比b球下滑时间长
B．a、b两球的机械能均不守恒
C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力
答案 D
解析 由于小球a在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球b在电场中运动，受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM－mg－BqvM＝meq \f(v\\al(M2),r)，解得FM＝meq \f(v\\al(M2),r)＋mg＋BqvM①
小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知：
FN－mg＝meq \f(v\\al(N2),r)，解得FN＝meq \f(v\\al(N2),r)＋mg②
因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确．
11.如图9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
图9
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
答案 C
解析 根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，滑块对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时，就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止于斜面上，D错误．
12.质量为m、带电荷量为＋q的小球，用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图10所示，现使小球位于能使悬线呈水平的位置A，然后由静止释放，小球运动的平面与磁场的方向垂直，小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2分别为多大？(重力加速度为g)
图10
答案 3mg－qBeq \r(2gl) 3mg＋qBeq \r(2gl)
解析 小球运动过程中，洛伦兹力始终与v的方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，由动能定理mgl＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(2gl).小球第一次经过C点时，由左手定则可知洛伦兹力向上，其受力情况如图甲所示．
由牛顿第二定律FT1＋F洛－mg＝meq \f(v\\al(C2),l)，又F洛＝qvCB，所以FT1＝3mg－qBeq \r(2gl).小球第二次经过C点时，受力情况如图乙所示，vC′＝vC，F洛′＝qvC′B，FT2－mg－F洛′＝meq \f(vC′2,L)，解得FT2＝3mg＋qBeq \r(2gl).
13.如图11所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电荷的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑固定绝缘eq \f(1,4)圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E＝100 V/m，方向水平向右，B＝1 T，方向垂直纸面向里，g＝10 m/s2.求：
图11
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；
(3)在C点滑块对轨道的压力．
答案 (1)2 m/s，方向水平向左
(2)0.1 N，方向竖直向下
(3)20.1 N，方向竖直向下
解析 (1)滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功，由动能定理得mgR－qER＝eq \f(1,2)mvC2
则vC＝eq \r(\f(2mg－qER,m))＝2 m/s，方向水平向左．
(2)滑块在C点时，根据洛伦兹力公式得：
F洛＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下．
(3)在C点，由牛顿第二定律得
FN－mg－qvCB＝meq \f(v\\al(C2),R)
则FN＝mg＋qvCB＋meq \f(v\\al(C2),R)＝20.1 N
由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为20.1 N，方向竖直向下．
14.如图12所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.问：
图12
(1)小环带什么电？
(2)小环滑到P处时的速度多大？
(3)小环滑到距离P多远处，环与杆之间没有正压力？
答案 (1)负电 (2)eq \f(2mg,5qB) (3)eq \f(2m2g,5q2B2)
解析 (1)假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mgcs 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电．
(2)设小球滑到P处时的速度大小为vP，在P点小环的受力如图甲所示，根据平衡条件得qvPB＋FN＝mgcs 37°，
由牛顿第三定律得杆对小环的支持力大小为FN＝0.4mg，
解得vP＝eq \f(mgcs 37°－FN,qB)＝eq \f(0.8mg－0.4mg,qB)＝eq \f(2mg,5qB).
(3)设小环从P处下滑至P′处时，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小球受力如图乙所示，
由平衡条件得qv′B＝mgcs 37°
所以v′＝eq \f(mgcs 37°,qB)＝eq \f(4mg,5qB)
在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得
mgeq \x\t(PP′)sin 37°＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mvP2
解得eq \x\t(PP)′＝eq \f(2m2g,5q2B2).