Question

（2013?寧德模擬）如圖所示，一足夠大的光滑絕緣水平面與xoz平面重合，整個(gè)空間充滿著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一帶正電小球從平面上A點(diǎn)以速度v平行于z軸負(fù)方向進(jìn)入場(chǎng)中，能以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰對(duì)水平面無壓力（不考慮電磁輻射造成的能量損失及其影響）．已知重力加速度為g．求：
（1）帶電小球的比荷

q

m

及做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r是多少；
（2）若只撤去勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度增大為2E，小球從A點(diǎn)沿原方向入射，能通過空間坐標(biāo)為（-r，r，-2r）的點(diǎn)，則小球的入射速度v₁是多少；
（3）若只撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)，在O點(diǎn)的正下方P點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷，該帶電小球仍從A點(diǎn)沿原方向以速率v₂=

1

2

v射入場(chǎng)中，它仍能在水平面上做相同半徑的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，試求PO間距離h的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由題意，小球能以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰對(duì)水平面無壓力，所受的電場(chǎng)力與重力必定平衡，由洛倫茲力提供向心力．先根據(jù)平衡條件得到比荷．再根據(jù)牛頓第二定律列式求解半徑r．
（2）若只撤去勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度增大為2E，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解小球的入射速度v₁．
（3）若只撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)，在O點(diǎn)的正下方P點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷，小球在水平面上做相同半徑的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由重力、電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，運(yùn)用正交分解法列式求解．

解答：解：（1）依題意可知小球所受的支持力N=0，小球豎直方向上受力平衡，則有：
  mg=qE
得：

q

m

=

g

E

；
小球在水平方向只受洛侖茲力作用，在xoz平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：
 qvB=m

v2

r

解得半徑：r=

mv

qB

=

Ev

gB

；
（2）帶電小球沿y軸的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
  Eq-mg=ma
經(jīng)過坐標(biāo)為（-r，r，-2r）的時(shí)間為t，則沿Y軸正方向的運(yùn)動(dòng)為r，則：
  r=

1

2

at2
則沿x軸負(fù)方向的運(yùn)動(dòng)為2r，則：
  2r=v₁t
解得：v₁=

2rg

（或v₁=

2Ev B

）．
（3）因?yàn)関₂=

1

2

v，圓周運(yùn)動(dòng)半徑不變，故向心力減�。�
P點(diǎn)固定的電荷必為正電荷．設(shè)其電荷量為Q，對(duì)帶電小球受力分析如圖．
根據(jù)牛頓第二定律得：
   豎直方向上有：mg=

kQq

h2+r2

cosα+N
   水平方向上有：qv₂B-

kQq

h2+r2

sinα=m

v 2 2

r

由以上各式解得：h=

4E2(g- N m )

g2B2

；
因?yàn)?0≤N≤mg，所以h的取值范圍為：0≤h≤

4E2

gB2

．
答：
（1）帶電小球的比荷

q

m

為

g

E

．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r是

Ev

gB

．
（2）小球的入射速度v₁是

2Ev B

．
（3）PO間距離h的取值范圍是0≤h≤

4E2

gB2

．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要正確分析小球的受力情況，運(yùn)用正交分解法，將小球的運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向正交分解，然后運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解．