Question

1．如图甲所示，一个光滑的小球放在光滑半球上，半球固定，小球受到轻微扰动后，会在B点离开球面，离开时的角度为α．如图乙所示，一个半径为R的光滑绝缘的圆环固定在竖直平面内，电场强度为E，方向竖直向下．一质量为m，带电量为q的小球从A点由静止开始从左边滑下．
（1）小球从能否紧贴圆弧下滑到水平位置B点处？如果不能，猜想它大概在什么位置离开；如果能，求出达到B点时对轨道的压力．
（2）如果加一个垂直纸面的磁场B，B至少是多大才能使小球到达A点的正下方C点，磁场的方向如何？
（3）在该磁场的作用下，能否再次通过A点？若能，通过A点的速度大小．

Answer 1

分析 （1）对小球运动过程应用动能定理，再对分离点应用牛顿第二定律即可根据支持力为零求解；
（2）首先由小球偏转方向应用左手定则判断磁感应强度方向；然后对小球运动过程应用动能定理，再对任一点应用牛顿第二定律即可求得磁感应强度范围，然后根据表达式求得任一点磁感应强度最小值的最大值；
（3）根据小球运动过程的受力情况及做功情况求解．

解答 解：（1）小球运动过程受重力、支持力和电场力作用；小球下滑过程支持力不做功，重力、电场力做正功，故有动能定理可得：小球的速度不断增大；
那么，小球运动的向心力增大；随着小球下滑，重力、电场力在径向的分量逐渐减小，到B点时减为零；
故小球不能紧贴圆弧下滑到水平位置B点处，当支持力为零，重力、电场力的径向分量正好等于向心力时，小球离开；
假设小球脱离轨道时小球的速度为v，且该点与A点的圆心角为θ，则有：
$（qE+mg）R（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，$（qE+mg）cosθ=\frac{m{v}^{2}}{R}$；
所以，$cosθ=\frac{2}{3}$；
（2）由小球偏转方向，根据左手定则可知：必须加一个垂直纸面向里的磁场；
当小球在与A点的圆心角为α时，由动能定理可得：$（qE+mg）R（1-cosα）=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
由牛顿第二定律可得：$（qE+mg）cosα+Bv′q≥\frac{m{v′}^{2}}{R}$；
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时，$\frac{1}{q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）（2-3cosα）^{2}}{2R（1-cosα）}}$取得最大值$\frac{5}{2q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）}{R}}$；
所以，B至少是$\frac{5}{2q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）}{R}}$才能使小球到达A点的正下方C点；
（3）由小球运动过程的受力情况及各力做功情况可知：小球从A到C和从C到A的运动完全对称，故小球能再次通过A点，且通过A点速度还是零．
答：（1）小球从不能紧贴圆弧下滑到水平位置B点处，它大概在与A点的圆心角的余弦值为$\frac{2}{3}$的位置离开；
（2）如果加一个垂直纸面的磁场B，B至少是$\frac{5}{2q}\sqrt{\frac{m（qE+mg）}{R}}$才能使小球到达A点的正下方C点，磁场的方向垂直纸面向里；
（3）在该磁场的作用下，能再次通过A点，且通过A点的速度大小还是零．

点评 带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解．