Question

（2012?桂林模擬）如下圖甲所示，在以O為坐標原點的xOy平面內，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），場強大小E0=

mg

q

，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應強度大小B0=

πm

qt0

．已知小球的質量為m，帶電量為q，時間單位t₀，當地重力加速度g，空氣阻力不計．試求：
（1）12t₀末小球速度的大小．
（2）在給定的xOy坐標系中，大體畫出小球在0到24t₀內運動軌跡的示意圖．
（3）30t₀內小球距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系，最后利用平拋運動規律求解；
（2）根據第一問的解答，可正確畫出圖象；
（3）利用運動的周期性畫出30t₀內小球運動軌跡圖，然后利用數學知識求解．

解答：解：（1）0～t₀內，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，根據牛頓第二定律有：
qvB0=m

v2

r

，
運動周期：T=

2πr

v

聯立解得：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，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：
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時間內小球完成5個圓周運動和部分平拋運動，在接下來的12t₀時間運動規律類似，但是小球速度變大，運動班級變大，故24t₀內運動軌跡的示意圖如右圖所示．

（3）由下圖分析可知，小球在30t₀時與24t₀時的位置相同，在24t₀內小球做了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=

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動的半徑：
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內小球距x軸的最大距離為：(

9

2

+

3+3 2

π

)g

t

2 0

．

點評：解答帶電粒子在磁場中運動的思路是正確受力分析，畫出運動軌跡圖，這類問題對學生數學知識要求較高，是考查重點和難點．