Question

13．如圖甲所示，在以O(shè)為坐標原點的三維空間里，存在著電場和磁場．一質(zhì)量m=2×10^-2kg，帶電量q=+5×10^-3C的帶電小在零時刻以v₀=30m/s的速度從O點沿+x方向射入該空間．

（1）若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，E₀=40V/m．磁場沿-z方向，B₀=0.8πT．求：t₁=12s時刻小球的速度．
（2）滿足第（1）問的條件下，求t₂=39s時刻小球的位置．（結(jié)果可用π表示）
（3）若電場強度大小恒為E₀=40V/m，磁感應強度大小恒為B₀=0.8πT．且電場和磁場的方向均改為沿+y方向，試求：小球經(jīng)過y軸時的動能．

Answer 1

分析 （1）沒有電場和磁場時，小球受重力做平拋運動，同時加上電場和磁場，電場力和重力平衡，小球僅受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)周期公式求出小球做圓周 運動的周期，抓住周期與電場、磁場同時存在的時間相同，結(jié)合平拋運動的規(guī)律求出 小球的速度．
（2）根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出平拋運動的水平位移和豎直位移，根據(jù)小球做圓周運動的半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求出t₂=39s時刻小球的位置．
（3）小球在水平方向上做勻速圓周運動，y方向做初速度為零的勻加速直線運動，結(jié)合運動學公式、牛頓第二定律、動能定理求出小球經(jīng)過y軸時的動能．

解答 解：（1）當不存在電場和磁場時，小球只受重力做平拋運動，當同時加上電場和磁場時，電場力F₁=qE=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．小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
得：T=$\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}=\frac{2π×2×1{0}^{-2}}{5×1{0}^{-3}×0.8π}$=10s，
與電場、磁場同時存在的時間相同．所以小球在t₁=12s時刻的速度相當于t=2s小球平拋運動的末速度，有：
v_y=gt=10×2m/s=20m/s，v_x=30m/s，${v}_{1}=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=\sqrt{400+900}m/s=10\sqrt{13}$m/s
方向與+x方向成θ，有：$tanθ=\frac{2}{3}$
（2）在t₂=39s時，此時小球的位置：x₁=v₀t=30×4m=120m，${y}_{1}=\frac{1}{2}g{t}^{2}=\frac{1}{2}×10×16m=80m$．
小球做勻速圓周運動的半徑為：r=$\frac{mv}{qB}=\frac{250}{π}$m，
t₂=39s時，小球恰好完成半個圓周運動，此時小球的位置為：${x}_{2}={x}_{1}+2rcosθ=（120+\frac{400}{π}）m$，
${y}_{2}={y}_{1}-2rsinθ=（80-\frac{300}{π}）m$．
（3）小球在水平方向做勻速圓周運動，有：
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
T=$\frac{2πm}{qB}=10s$，
y方向小球做初速度為零的勻加速直線運動，有：
F=qE+mg，
F=ma，
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}=1000{n}^{2}$    （n=1，2，3…）
小球經(jīng)過Y軸時，動能定理有：$（qE+mg）y={E}_{k}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
${E}_{k}=9+400{n}^{2}$   （n=1，2，3…）
答：（1）t₁=12s時刻小球的速度為$10\sqrt{13}m/s$，方向與x軸正方向夾角的正切值為$\frac{2}{3}$．
（2）t₂=39s時刻小球的位置為$（120+\frac{400}{π}m，80-\frac{300}{π}m）$．
（3）小球經(jīng)過y軸時的動能為9+400n²，（n=1，2，3…）

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，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．