Question

（2012?桂林模擬）如下圖甲所示，在以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個(gè)帶正電小球在0時(shí)刻以v₀=3gt₀的初速度從O點(diǎn)沿+x方向（水平向右）射入該空間，在t₀時(shí)刻該空間同時(shí)加上如下圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿+y方向（豎直向上），場強(qiáng)大小E0=

mg

q

，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=

πm

qt0

．已知小球的質(zhì)量為m，帶電量為q，時(shí)間單位t₀，當(dāng)?shù)刂亓�加速度g，空氣阻力不計(jì)．試求：
（1）12t₀末小球速度的大�。�
（2）在給定的xOy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t₀內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖．
（3）30t₀內(nèi)小球距x軸的最大距離．

Answer 1

分析：（1）正確對小球進(jìn)行受力分析，明確運(yùn)動(dòng)形式，求出圓周運(yùn)動(dòng)的周期和所給時(shí)間直間的關(guān)系，最后利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解；
（2）根據(jù)第一問的解答，可正確畫出圖象；
（3）利用運(yùn)動(dòng)的周期性畫出30t₀內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)軌跡圖，然后利用數(shù)學(xué)知識求解．

解答：解：（1）0～t₀內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)．當(dāng)同時(shí)加上電場和磁場時(shí)，電場力：F₁=qE₀=mg，方向向上，因?yàn)橹亓�和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時(shí)存在時(shí)小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：
qvB0=m

v2

r

，
運(yùn)動(dòng)周期：T=

2πr

v

聯(lián)立解得：T=2t₀
電場、磁場同時(shí)存在的時(shí)間正好是小球做圓周運(yùn)動(dòng)周期的5倍，即在這10t₀內(nèi)，小球恰好做了5個(gè)完整的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．所以小球在t₁=12 t₀時(shí)刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動(dòng)t=2t₀時(shí)的末速度．
v_y1=g?2t₀=2gt₀，所以12t₀末：
v1=

v 2 x + v 2 y1

=

13

gt0
答：12t₀末小球速度的大小為

13

gt0．
（2）開始12t₀時(shí)間內(nèi)小球完成5個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)和部分平拋運(yùn)動(dòng)，在接下來的12t₀時(shí)間運(yùn)動(dòng)規(guī)律類似，但是小球速度變大，運(yùn)動(dòng)班級變大，故24t₀內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如右圖所示．

（3）由下圖分析可知，小球在30t₀時(shí)與24t₀時(shí)的位置相同，在24t₀內(nèi)小球做了t₂=3t₀的平拋運(yùn)動(dòng)，和半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)．
23t₀末小球平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分位移大小為：

y2=

1

2

g(3t0)2=

9

2

g

t

2 0

豎直分速度：v_y2=3gt₀
所以小球與豎直方向的夾角為θ=45°，速度大小為：
v2=3

2

gt0
此后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：
r2=

mv2

qB0

=

3 2 g t 2 0

π

30t₀末小球距x軸的最大距離：
y₃=y₂+（1+cos45°）r₂=(

9

2

+

3+3 2

π

)g

t

2 0

答：30t₀內(nèi)小球距x軸的最大距離為：(

9

2

+

3+3 2

π

)g

t

2 0

．

點(diǎn)評：解答帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的思路是正確受力分析，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，這類問題對學(xué)生數(shù)學(xué)知識要求較高，是考查重點(diǎn)和難點(diǎn)．