(一) 变速圆周运动的“脱轨问题”
物体做圆周运动时,若物体的速度、角速度发生变化,会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化,进而出现某些物理量或运动状态的突变,即出现临界状态。做变速圆周运动的物体脱离轨道相当于两个接触的物体脱离,临界条件是弹力FN=0。分析“脱轨问题”时可从临界状态和相应的临界条件入手,求出临界值。
[例1] (2025·安庆模拟)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内,O为圆心、a、b、c、d为圆形轨道上的点,其中ac为竖直直径,b与圆心等高,d和圆心的连线与水平方向的夹角为45°。一小球静止在圆形轨道底端a点,某时刻小球获得一个水平向右的瞬时初速度v0(未知),已知重力加速度为g,回答下列问题:
(1)若使小球运动过程中不脱离轨道,求小球的初速度v0的范围;
(2)若小球在d点脱轨,求小球的初速度v0;
(3)以d点为坐标原点,水平方向为x轴(向右为正),竖直方向为y轴(向上为正)建立平面直角坐标系。若小球仍在d点脱轨,求小球脱离轨道后的运动轨迹方程。
规范解答:
[例2] (2025·武汉模拟)如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与光滑水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的静电力大小为mg(g为重力加速度)。将滑块从B点右侧距离为x的A点由静止释放。
(1)若x=0,即将滑块由B点静止释放,求滑块的最大动能。
(2)为使滑块在经过圆形轨道(不包括端点B点和G点)运动过程中不脱离轨道,求x的范围。
规范解答:
(二) 巧借开普勒定律妙解带电粒子的椭圆运动
万有引力定律和库仑定律均是平方反比定律,具有相似性,点电荷的运动轨迹也可以是椭圆。比如:一带电荷量为Q的点电荷固定在椭圆的焦点F处,另一质量为m、电荷量为q的试探电荷仅在彼此间的库仑引力作用下绕焦点F做椭圆运动,MN是椭圆的长轴,SL是椭圆的短轴。开普勒第二定律、第三定律亦然成立,即轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值是一个常数,只是这个常数与位于焦点F处的点电荷的电荷量Q有关。我们在解决带电粒子在点电荷电场中的椭圆运动时可以巧借开普勒定律进行求解。
[例3] (2025·黑吉辽蒙高考)如图所示,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一带正电的粒子从M点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)、质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。
(3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2。
规范解答:
专题拔高
(一) 变速圆周运动的“脱轨问题”
[例1] 解析:(1)小球不脱离轨道分两种情况:小球在下半圆往复运动或小球可以做完整圆周运动。
小球在下半圆往复运动的临界情况为小球运动至圆心等高处b点时速度为0,由动能定理得-mgR=0-m
解得v0=
小球可以做完整圆周运动的临界情况为小球在轨道最高点c时有mg=
又由动能定理得-mg·2R=m-m
解得v0=
所以若使小球在运动过程中不脱离轨道,小球获得的初速度范围为v0≤或v0≥。
(2)若小球在d点脱轨,则小球在d点时满足mgsin 45°=
又由动能定理得-mgR(1+sin 45°)=m-m
解得v0=。
(3)小球在d点向左上方45°方向脱离轨道做斜抛运动,由(2)问可得vd=
小球在水平方向做匀速直线运动,有
x=-vdcos 45°·t=-·t
竖直方向做竖直上抛运动,有
y=vdsin 45°·t-gt2=·t-gt2
消去参数t,解得y=-x2-x。
答案:(1)v0≤或v0≥
(2) (3)y=-x2-x。
[例2] 解析:(1)滑块在圆形轨道运动过程只有重力和静电力做功,设重力和静电力的合力与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ==
可知滑块运动到圆弧BC之间的某一位置时,在该位置(等效最低点)重力和静电力的合力方向背向圆心,此时滑块的动能最大,则有F电Rsin θ-mgR(1-cos θ)=Ekm
解得Ekm=mgR。
(2)要使滑块不脱离圆形轨道
若滑块恰好能通过圆形轨道的等效最高点M,设滑块恰好通过M点的速度大小为v2,由牛顿第二定律得=m
解得v2=
滑块从起始位置运动到等效最高点M的过程,由动能定理得F电-mgR=m,解得x=R
若滑块恰好滑到N点(ON垂直于OM),则滑块从起始位置运动到N点的过程,由动能定理得
F电(x+Rcos θ)-mgR(1+sin θ)=0
解得x=R
所以x的范围为x≤R或x≥R。
答案:(1)mgR (2)x≤R或x≥R
(二) 巧借开普勒定律妙解带电粒子的椭圆运动
[例3] 解析:(1)作出该粒子在磁场中运动的轨迹,如图1所示,
由几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r==2y0
由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=m
解得粒子的入射速度大小为v1=
粒子在磁场中运动的周期为T==
所以粒子从M运动到N的时间为
t1=T=。
(2)若粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,则负点电荷应固定在圆心O'处,由牛顿第二定律可知qv2B+k=m,其中m=,解得v2=或v2=(舍去)。
(3)在(2)的条件下,粒子射出磁场后,洛伦兹力消失,只受静电力,粒子做离心运动,粒子在N点受力方向与速度方向垂直,则粒子的轨迹为以负点电荷为焦点的椭圆,N点为“近地点”,速度方向与N点的速度方向相反的点为“远地点”,如图2所示,
由能量守恒定律得m-q=m-q
类比开普勒第二定律可得v2r=v3r3
联立解得r3=6y0
设粒子绕该负点电荷做匀速圆周运动的周期为T0,则有
k=mr
类比开普勒第三定律有=,解得T=
故粒子从N点射出磁场后到首次速度方向与N点速度方向相反的时间为t2=T=。
答案:(1) (2) (3)
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(一) 变速圆周运动的“脱轨问题”
(二) 巧借开普勒定律妙解带电粒子的椭圆运动
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(一) 变速圆周运动的“脱轨问题”
物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态。做变速圆周运动的物体脱离轨道相当于两个接触的物体脱离，临界条件是弹力FN=0。分析“脱轨问题”时可从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。
[例1] (2025·安庆模拟)如图所示，半径为R的光滑
圆形轨道固定在竖直平面内，O为圆心、a、b、c、d为
圆形轨道上的点，其中ac为竖直直径，b与圆心等高，
d和圆心的连线与水平方向的夹角为45°。一小球静止
在圆形轨道底端a点，某时刻小球获得一个水平向右的
瞬时初速度v0(未知)，已知重力加速度为g，回答下列问题：
(1)若使小球运动过程中不脱离轨道，求小球的初速度v0的范围；
[答案] v0≤或v0≥
[解析] 小球不脱离轨道分两种情况：小球在下半圆往复运动或小球可以做完整圆周运动。
小球在下半圆往复运动的临界情况为小球运动至圆心等高处b点时速度为0，由动能定理得
-mgR=0-m
解得v0=
小球可以做完整圆周运动的临界情况为小球在轨道最高点c时有mg=
又由动能定理得-mg·2R=mm
解得v0=
所以若使小球在运动过程中不脱离轨道，小球获得的初速度范围为v0≤或v0≥。
(2)若小球在d点脱轨，求小球的初速度v0；
[答案]
[解析] 若小球在d点脱轨，则小球在d点时满足
mgsin 45°=
又由动能定理得
-mgR(1+sin 45°)=mm
解得v0=。
(3)以d点为坐标原点，水平方向为x轴(向右为正)，竖直方向为y轴(向上为正)建立平面直角坐标系。若小球仍在d点脱轨，求小球脱离轨道后的运动轨迹方程。
[答案] y=-x2-x。
[解析] 小球在d点向左上方45°方向脱离轨道做斜抛运动，由(2)问可得vd=
小球在水平方向做匀速直线运动，有
x=-vdcos 45°·t=-·t
竖直方向做竖直上抛运动，有
y=vdsin 45°·t-gt2=·t-gt2
消去参数t，解得y=-x2-x。
[例2] (2025·武汉模拟)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与光滑水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为mg(g为重力加速度)。将滑块从B点右侧距离为x的A点由静止释放。
(1)若x=0，即将滑块由B点静止释放，求滑块的最大动能。
[答案] mgR
[解析] 滑块在圆形轨道运动过程只有重力和静电力做功，设重力和静电力的合力与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ==
可知滑块运动到圆弧BC之间的某一位置时，在该位置(等效最低点)重力和静电力的合力方向背向圆心，此时滑块的动能最大，则有
F电Rsin θ-mgR(1-cos θ)=Ekm
解得Ekm=mgR。
(2)为使滑块在经过圆形轨道(不包括端点B点和G点)运动过程中不脱离轨道，求x的范围。
[答案] x≤R或x≥R
[解析] 要使滑块不脱离圆形轨道若滑块恰好能通过圆形轨道的等效最高点M，设滑块恰好通过M点的速度大小为v2，由牛顿第二定律得=m
解得v2=
滑块从起始位置运动到等效最高点M的过程，由动能定理得F电-mgR=m，解得x=R
若滑块恰好滑到N点(ON垂直于OM)，则滑块从起始位置运动到N点的过程，由动能定理得
F电(x+Rcos θ)-mgR(1+sin θ)=0
解得x=R
所以x的范围为x≤R或x≥R。
(二) 巧借开普勒定律妙解
带电粒子的椭圆运动
万有引力定律和库仑定律均是平方反比定律，
具有相似性，点电荷的运动轨迹也可以是椭圆。
比如：一带电荷量为Q的点电荷固定在椭圆的焦
点F处，另一质量为m、电荷量为q的试探电荷仅
在彼此间的库仑引力作用下绕焦点F做椭圆运动，MN是椭圆的长轴，SL是椭圆的短轴。开普勒第二定律、第三定律亦然成立，即轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值是一个常数，只是这个常数与位于焦点F处的点电荷的电荷量Q有关。我们在解决带电粒子在点电荷电场中的椭圆运动时可以巧借开普勒定律进行求解。
[例3] (2025·黑吉辽蒙高考)如图所示，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从M点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ=30°，从N
点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)、质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
[答案]
[解析] 作出该粒子在磁场中运动的轨迹，如图1所示，
由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周
运动的半径为r==2y0
由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=m
解得粒子的入射速度大小为v1=
粒子在磁场中运动的周期为T==
所以粒子从M运动到N的时间为
t1=T=。
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。
[答案]
[解析] 若粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，则负点电荷应固定在圆心O'处，由牛顿第二定律可知qv2B+k=m，其中m=，解得v2=或v2=(舍去)。
(3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次
与N点速度方向相反，求
[答案]
t2
[解析] 在(2)的条件下，粒子射出磁场后，洛伦兹力消失，只受静电力，粒子做离心运动，粒子在N点受力方向与速度方向垂直，则粒子的轨迹为以负点电荷为焦点的椭圆，N点为“近地点”，速度方向与N点的速度方向相反的点为“远地点”，如图2所示，
由能量守恒定律得
m-q=m-q
类比开普勒第二定律可得v2r=v3r3
联立解得r3=6y0
设粒子绕该负点电荷做匀速圆周运动的周期为T0，则有k=mr
类比开普勒第三定律有=
解得T=
故粒子从N点射出磁场后到首次速度方向与N点速度方向相反的时间为t2=T=。
