Question

1．如圖甲所示，一個光滑的小球放在光滑半球上，半球固定，小球受到輕微擾動后，會在B點離開球面，離開時的角度為α．如圖乙所示，一個半徑為R的光滑絕緣的圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，電場強度為E，方向豎直向下．一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球從A點由靜止開始從左邊滑下．
（1）小球從能否緊貼圓弧下滑到水平位置B點處？如果不能，猜想它大概在什么位置離開；如果能，求出達到B點時對軌道的壓力．
（2）如果加一個垂直紙面的磁場B，B至少是多大才能使小球到達A點的正下方C點，磁場的方向如何？
（3）在該磁場的作用下，能否再次通過A點？若能，通過A點的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）對小球運動過程應(yīng)用動能定理，再對分離點應(yīng)用牛頓第二定律即可根據(jù)支持力為零求解；
（2）首先由小球偏轉(zhuǎn)方向應(yīng)用左手定則判斷磁感應(yīng)強度方向；然后對小球運動過程應(yīng)用動能定理，再對任一點應(yīng)用牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強度范圍，然后根據(jù)表達式求得任一點磁感應(yīng)強度最小值的最大值；
（3）根據(jù)小球運動過程的受力情況及做功情況求解．

解答 解：（1）小球運動過程受重力、支持力和電場力作用；小球下滑過程支持力不做功，重力、電場力做正功，故有動能定理可得：小球的速度不斷增大；
那么，小球運動的向心力增大；隨著小球下滑，重力、電場力在徑向的分量逐漸減小，到B點時減為零；
故小球不能緊貼圓弧下滑到水平位置B點處，當支持力為零，重力、電場力的徑向分量正好等于向心力時，小球離開；
假設(shè)小球脫離軌道時小球的速度為v，且該點與A點的圓心角為θ，則有：
$（qE+mg）R（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，$（qE+mg）cosθ=\frac{m{v}^{2}}{R}$；
所以，$cosθ=\frac{2}{3}$；
（2）由小球偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則可知：必須加一個垂直紙面向里的磁場；
當小球在與A點的圓心角為α時，由動能定理可得：$（qE+mg）R（1-cosα）=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
由牛頓第二定律可得：$（qE+mg）cosα+Bv′q≥\frac{m{v′}^{2}}{R}$；
所以，Bv′q≥2（qE+mg）（1-cosα）-（qE+mg）cosα=（qE+mg）（2-3cosα）；
所以，$B≥\frac{（qE+mg）（2-3cosα）}{qv′}=\frac{1}{q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）（2-3cosα）^{2}}{2R（1-cosα）}}$；
故cosα=-1時，$\frac{1}{q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）（2-3cosα）^{2}}{2R（1-cosα）}}$取得最大值$\frac{5}{2q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）}{R}}$；
所以，B至少是$\frac{5}{2q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）}{R}}$才能使小球到達A點的正下方C點；
（3）由小球運動過程的受力情況及各力做功情況可知：小球從A到C和從C到A的運動完全對稱，故小球能再次通過A點，且通過A點速度還是零．
答：（1）小球從不能緊貼圓弧下滑到水平位置B點處，它大概在與A點的圓心角的余弦值為$\frac{2}{3}$的位置離開；
（2）如果加一個垂直紙面的磁場B，B至少是$\frac{5}{2q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）}{R}}$才能使小球到達A點的正下方C點，磁場的方向垂直紙面向里；
（3）在該磁場的作用下，能再次通過A點，且通過A點的速度大小還是零．

點評 帶電粒子的運動問題，加速電場一般由動能定理或勻加速運動規(guī)律求解；偏轉(zhuǎn)電場由類平拋運動規(guī)律求解；磁場中的運動問題則根據(jù)圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何條件求解．