Question

3．如圖甲所示，在光滑絕緣的水平桌面上建立xOy坐標(biāo)系，平面處在周期性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示（規(guī)定沿+y方向為電場強度的正方向，豎直向下為磁感應(yīng)強度的正方向）．在t=0時刻，一個質(zhì)量為10g、電荷量為0.1C且不計重力的帶電金屬小球自坐標(biāo)原點O處，以v₀=2m/s的速度沿x軸正方向射出．已知E₀=0.2N/C、B₀=0.2πT．求：
（1）t=1s末時，小球速度的大小和方向；
（2）在1s～2s這段時間內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期；
（3）在3s～4s這段時間內(nèi)，金屬小球運動至離x軸最遠點的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）第一秒內(nèi)粒子做類似平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列式求解；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解軌道半徑，由圓周運動公式求得周期；
（3）粒子奇數(shù)秒內(nèi)做類似平拋運動，偶數(shù)秒內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑逐漸增大，畫出軌跡．求出3s末的位置坐標(biāo)．

解答 解：（1）第一秒內(nèi)：小球做類平拋運動，
v_x=v₀，v_y=at=$\frac{q{E}_{0}}{m}$t，
速度為：v₁=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$，
解得：v₁=2$\sqrt{2}$m/s，θ=45°，與x軸正方向夾角為45°；
（2）1s-2s內(nèi)小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
qv₁Bm=$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
解得：R₁=$\frac{\sqrt{2}}{π}$m，
周期為：T=$\frac{2πR}{v}$，解得：T=1s；
（3）粒子運動軌跡如圖甲所示，3s末粒子的坐標(biāo)為：x=v₀t=2×2=4m，
y=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$t²=$\frac{1}{2}$×$\frac{0.1×0.2}{0.01}$×2²=4m，
此時粒子的速度為：v₃=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+（\frac{q{E}_{0}}{m}t）^{2}}$，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{q{E}_{0}}{m}t}{{v}_{0}}$，
解得：v₃=2$\sqrt{5}$m/s，tanθ=2，帶電粒子在3s～4s內(nèi)做圓周運動的軌跡如圖乙所示
半徑：R₂=$\frac{m{v}_{3}}{q{B}_{0}}$=$\frac{0.01×2\sqrt{5}}{0.1×0.2π}$=$\frac{\sqrt{5}}{π}$m；
3s～4s內(nèi)粒子運動至離x軸最遠點G坐標(biāo)為（X，Y）
X=x-R₂sinθ=4+$\frac{\sqrt{5}}{π}$sinθ=（4-$\frac{2}{π}$）m，Y=y+R₂（1+cosθ）=4+$\frac{\sqrt{5}}{π}$（1+cosθ）=（4+$\frac{\sqrt{5}}{π}$+$\frac{1}{π}$）m；
答：（1）t=1s末時，小球速度的大小為：2$\sqrt{2}$m/s，方向：與x軸正方向夾角為45°；
（2）在1s～2s這段時間內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑為$\frac{\sqrt{2}}{π}$m，周期為1s；
（3）在3s～4s這段時間內(nèi)，金屬小球運動至離x軸最遠點的位置坐標(biāo)為：（（4-$\frac{2}{π}$）m，（4+$\frac{\sqrt{5}}{π}$+$\frac{1}{π}$）m）．

點評 本題中粒子奇數(shù)秒內(nèi)做類似平拋運動，偶數(shù)秒內(nèi)做勻速圓周運動，關(guān)鍵是畫出運動軌跡并根據(jù)平拋運動規(guī)律和勻速圓周運動規(guī)律列式分析．