题目内容
（2012?桂林模拟）如下图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场．一个带正电小球在0时刻以v0=3gt0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如下图乙所示的电场和磁场，其中电场沿+y方向（竖直向上），场强大小E0=
，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0=
．已知小球的质量为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加速度g，空气阻力不计．试求：
（1）12t0末小球速度的大小．
（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图．
（3）30t0内小球距x轴的最大距离．
| mg |
| q |
| πm |
| qt0 |
（1）12t0末小球速度的大小．
（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图．
（3）30t0内小球距x轴的最大距离．
分析：（1）正确对小球进行受力分析，明确运动形式，求出圆周运动的周期和所给时间直间的关系，最后利用平抛运动规律求解；
（2）根据第一问的解答，可正确画出图象；
（3）利用运动的周期性画出30t0内小球运动轨迹图，然后利用数学知识求解．
（2）根据第一问的解答，可正确画出图象；
（3）利用运动的周期性画出30t0内小球运动轨迹图，然后利用数学知识求解．
解答：解：（1）0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动．当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上，因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：
qvB0=m
，
运动周期：T=
联立解得：T=2t0
电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2t0时的末速度．
vy1=g?2t0=2gt0，所以12t0末：
v1=
=
gt0
答：12t0末小球速度的大小为
gt0．
（2）开始12t0时间内小球完成5个圆周运动和部分平抛运动，在接下来的12t0时间运动规律类似，但是小球速度变大，运动班级变大，故24t0内运动轨迹的示意图如右图所示．
（3）由下图分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动．
23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：
y2=
g(3t0)2=
g
竖直分速度：vy2=3gt0
所以小球与竖直方向的夹角为θ=45°，速度大小为：
v2=3
gt0
此后小球做匀速圆周运动的半径：
r2=
=
30t0末小球距x轴的最大距离：
y3=y2+（1+cos45°）r2=(
+
)g
答：30t0内小球距x轴的最大距离为：(
+
)g
．
qvB0=m
| v2 |
| r |
运动周期：T=
| 2πr |
| v |
联立解得：T=2t0
电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2t0时的末速度．
vy1=g?2t0=2gt0，所以12t0末：
v1=
|
| 13 |
答：12t0末小球速度的大小为
| 13 |
（2）开始12t0时间内小球完成5个圆周运动和部分平抛运动，在接下来的12t0时间运动规律类似，但是小球速度变大，运动班级变大，故24t0内运动轨迹的示意图如右图所示．
（3）由下图分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动．
23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：
y2=
| 1 |
| 2 |
| 9 |
| 2 |
| t | 2 0 |
竖直分速度：vy2=3gt0
所以小球与竖直方向的夹角为θ=45°，速度大小为：
v2=3
| 2 |
此后小球做匀速圆周运动的半径：
r2=
| mv2 |
| qB0 |
3
| ||||
| π |
30t0末小球距x轴的最大距离：
y3=y2+（1+cos45°）r2=(
| 9 |
| 2 |
3+3
| ||
| π |
| t | 2 0 |
答：30t0内小球距x轴的最大距离为：(
| 9 |
| 2 |
3+3
| ||
| π |
| t | 2 0 |
点评：解答带电粒子在磁场中运动的思路是正确受力分析，画出运动轨迹图，这类问题对学生数学知识要求较高，是考查重点和难点．
练习册系列答案
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