Question

（2010?威海二模）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．一個質(zhì)量m=2×10^-2kg，帶電量q=+5×10^-3C的帶電小球在0時刻以v₀=40m/s的速度從O點沿+x方向（水平向右）射入該空間，在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=40V/m．磁場垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強度大小B₀=4πT．取當?shù)氐闹亓�加速度g=10m/s²，不計空氣阻力，計算結(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坐標系中，大體畫出小球在0～24s內(nèi)運動軌跡的示意圖．
（3）26s末小球的位置坐標．

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26s內(nèi)小球運動軌跡圖，然后利用數(shù)學知識求解．

解答：解：（1）0～1s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=0.2N，方向向上，
重力：G=mg=0.2N，方向向下，重力和電場力恰好平衡．此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=

mv2

r

運動周期T=

2πr

v

，聯(lián)立解得T=2s
正好是電場、磁場同時存在時間的5倍，即在這10s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=12s時刻的速度相當于小球做平拋運動t=2s時的末速度．
     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)的運動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的平拋運動，23s末小球平拋運動的位移大小為：
    x₁=v₀?3=120m
    y1=

1

2

g×32=45m
3s時小球的速度大小為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動的半徑r2=

mv2

qB0

=

50

π

m
26s末，小球恰好完成了半個圓周運動，此時小球的位置坐標
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)運動軌跡的如圖．
（3）26s末小球的位置坐標[(120-

60

π

)m，(45+

80

π

)m]．

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(shù)學知識要求較高，是考查重點和難點．