Question

8．如圖甲所示，在以O(shè)為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個帶正電小球在0時刻以v₀=3gt₀的初速度從O點沿+x方向（水平向右）射入該空間，在t₀時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿+y方向（豎直向上），場強大小E₀=$\frac{mg}{q}$，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B₀=$\frac{πm}{q{t}_{0}}$．已知小球的質(zhì)量為m，帶電量為q，時間單位t₀，當?shù)刂亓�加速度g，空氣阻力不計．試求：

（1）12t₀末小球速度的大�。�
（2）在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t₀內(nèi)運動軌跡的示意圖．
（3）30t₀內(nèi)小球距x軸的最大距離．

Answer 1

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

解答 解：（1）0～t₀內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動．當同時加上電場和磁場時，電場力：F₁=qE₀=mg，方向向上
因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：
 qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，得 r=$\frac{mv}{q{B}_{0}}$
運動周期 T=$\frac{2πr}{v}$
聯(lián)立解得 T=2t₀
電場、磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運動周期的5倍，即在這10t₀內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動．所以小球在t₁=12 t₀時刻的速度相當于小球做平拋運動t=2t₀時的末速度．
v_y1=g•2t₀=2gt₀
所以12t₀末小球的速度大小為  v₁=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y1}^{2}}$=$\sqrt{13}$gt₀
（2）24t₀內(nèi)運動軌跡的示意圖如下圖所示．

（3）分析可知，小球在30t₀時與24t₀時的位置相同，在24t₀內(nèi)小球做了t₂=3t₀的平拋運動，和半個圓周運動．
23t₀末小球平拋運動的豎直分位移大小為：
  y₂=$\frac{1}{2}g（3{t}_{0}）^{2}$=$\frac{9}{2}g{t}_{0}^{2}$
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$\sqrt{2}g{t}_{0}$
此后小球做勻速圓周運動的半徑 r₂=$\frac{m{v}_{2}}{q{B}_{0}}$=$\frac{3\sqrt{2}g{t}_{0}^{2}}{π}$
30t₀末小球距x軸的最大距離：y₃=y₂+（1+cos45°）r₂=（$\frac{9}{2}+\frac{3+3\sqrt{2}}{π}$）g${t}_{0}^{2}$
答：
（1）12t₀末小球速度的大小為$\sqrt{13}$gt₀．
（2）大體畫出小球在0到24t₀內(nèi)運動軌跡的示意圖如圖所示．
（3）30t₀內(nèi)小球距x軸的最大距離為（$\frac{9}{2}+\frac{3+3\sqrt{2}}{π}$）g${t}_{0}^{2}$．

點評 解答帶電粒子在磁場中運動的基本思路是正確受力分析，畫出運動軌跡圖，這類問題對學生數(shù)學知識要求較高，是考查重點和難點，要加強練習，提高解題能力．