Question

（2010?威海二模）如圖甲所示，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(chǎng)和磁場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m=2×10^-2kg，帶電量q=+5×10^-3C的帶電小球在0時(shí)刻以v₀=40m/s的速度從O點(diǎn)沿+x方向（水平向右）射入該空間，在該空間同時(shí)加上如圖乙所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)沿-y方向（豎直向上），場(chǎng)強(qiáng)大小E₀=40V/m．磁場(chǎng)垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B₀=4πT．取當(dāng)?shù)氐闹亓�加速度g=10m/s²，不計(jì)空氣阻力，計(jì)算結(jié)果中可以保留根式或π．試求：
（1）12s末小球速度的大小．
（2）在給定的xoy坐標(biāo)系中，大體畫(huà)出小球在0～24s內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖．
（3）26s末小球的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析：（1）正確對(duì)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(wèn)的解答，可正確畫(huà)出圖象；
（3）利用運(yùn)動(dòng)的周期性畫(huà)出26s內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)軌跡圖，然后利用數(shù)學(xué)知識(shí)求解．

解答：解：（1）0～1s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(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)力：F₁=qE₀=0.2N，方向向上，
重力：G=mg=0.2N，方向向下，重力和電場(chǎng)力恰好平衡．此時(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=

mv2

r

運(yùn)動(dòng)周期T=

2πr

v

，聯(lián)立解得T=2s
正好是電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)間的5倍，即在這10s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=12s時(shí)刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運(yùn)動(dòng)t=2s時(shí)的末速度．
     v_y=gt=20m/s，
     v_x=v₀=40m/s
     v1=

v 2 x + v 2 y

=20

5

m/s
（2）小球在24s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示
（3）分析可知，小球26s末與24s末的位置相同，在26s內(nèi)小球做了3s的平拋運(yùn)動(dòng)，23s末小球平拋運(yùn)動(dòng)的位移大小為：
    x₁=v₀?3=120m
    y1=

1

2

g×32=45m
3s時(shí)小球的速度大小為v2=

v 2 0 +(3g)2

=50m/s
  速度與豎直方向的夾角為θ=53°
此后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2=

mv2

qB0

=

50

π

m
26s末，小球恰好完成了半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球的位置坐標(biāo)
x2=x1-2r2cosθ=(120-

60

π

)m
y2=y1+2r2sinθ=(45+

80

π

)m
答：（1）12s末小球速度的大小20

5

m/s．
（2）0～24s內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡的如圖．
（3）26s末小球的位置坐標(biāo)[(120-

60

π

)m，(45+

80

π

)m]．

點(diǎn)評(píng)：解答帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是正確受力分析，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，這類(lèi)問(wèn)題對(duì)學(xué)生數(shù)學(xué)知識(shí)要求較高，是考查重點(diǎn)和難點(diǎn)．