第1章 习题课1 带电粒子在复合场中的运动（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

习题课一　带电粒子在复合场中的运动 [学业要求] 1．认识复合场的构成及三种场力各自的特点。 2．能正确分析带电粒子在复合场中的运动情况。 3．了解磁偏转在工农业生产、科技中的应用。 [对应学生用书P29] 一、带电粒子在组合场中的运动 1．电偏转(匀强电场中) 受力特点及 运动性质 电场力为恒力，带电粒子做匀变速运动，轨迹为抛物线。只讨论v0⊥E的情况，带电粒子做类平抛运动 处理方法 运动的合成与分解 关注要点 (1)速度偏转角θ，tan θ＝＝； (2)侧移距离y0，y0＝ 2．磁偏转(匀强磁场中) 受力特点及 运动性质 洛伦兹力大小恒定，方向总垂直于速度方向。带电粒子做匀速圆周运动 处理方法 匀速圆周运动规律 关注要点 (1)圆心及轨道半径：两点速度垂线的交点或某点速度垂线与轨迹所对弦的中垂线的交点即圆心，r＝； (2)周期及运动时间：周期T＝，运动时间t＝ T，掌握圆心角θ的确定方法； (3)速度的偏转角α，α＝θ 　一绝缘材质圆筒的横截面如图所示，其圆心为O，半径为R，筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场。圆筒下面有平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷，两板相距为d，板长为4d，电势差为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板的左端点P处紧贴M板以平行于M板的速度射入电场，经N板中点处的小孔S射入磁场中。粒子与圆筒发生一次碰撞后仍从S孔射出。设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，不计粒子的重力，求： (1)带电粒子进入电场时的初速度v0； (2)磁场的磁感应强度B的大小； (3)若仅将磁感应强度增加为原来的2倍，粒子也可以从S孔射出，求粒子与圆筒的碰撞次数n。 [解析]　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有2d＝v0t 竖直方向有d＝·t2，联立解得v0＝ 。 (2)粒子到S时速度与水平方向夹角θ满足tan θ＝，解得θ＝45°，则v＝v0 粒子与圆筒发生一次碰撞后仍从S孔射出，轨迹如图(a)所示 根据几何关系可知r＝R 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝ 联立解得B＝ 。 (3)若仅将磁感应强度增加为原来的2倍，则r′＝R，粒子第一次与圆筒碰撞位置在小孔S左侧圆周，粒子与圆筒为弹性碰撞，每碰撞一次，圆心角改变90°，如图(b)所示，根据对称性可知粒子与圆筒碰撞次数为3次。 [答案]　(1) 　(2) 　(3)3次 　在例题中，若筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P（P在小孔S的正下方）处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生3次碰撞后仍从S孔射出。设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，则： (1)求M、N间电场强度E的大小； (2)求圆筒的半径R； (3)欲使粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，进入圆筒后与圆筒的碰撞2次后从S孔射出，在保持M、N间电场强度E不变的情况下，应如何平移M板？ 解析　(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2－0，由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed，联立上式解得E＝。 (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设圆半径为r，由几何知识可知，粒子转过的圆心角为，由几何关系得r＝R 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律qvB＝，联立上式解得R＝。 (3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示 由几何知识可知，粒子转过的圆心角为，r′＝R tan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力qv′B＝，解得v′＝v 由动能定理得qEd′＝mv′2－0 解得d′＝3d 则M板向下平移的距离：Δd＝d′－d＝2d。 答案　(1)　(2)　(3)M板向下平移2d ●核心素养·思维升华 　　带电粒子在电场、磁场组合场中的运动通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。画出运动轨迹是解决这类问题的关键。特别注意带电粒子在两场交界处的联系物理量，一般是速度。 1．类似于洛伦兹力演示仪的结构简图如图所示，励磁线圈通入电流I，可以产生方向垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度B＝kI(k＝0.01 T/A)，匀强磁场内部有半径R＝0.2 m的球形玻璃泡，在玻璃泡底部有一个可以升降的粒子枪，可发射比荷＝108 C/kg的带正电的粒子束。粒子加速前速度视为零，经过电压U(U可调节，且加速间距很小)加速后，沿水平方向从玻璃泡圆心的正下方垂直磁场方向射入，粒子束距离玻璃泡底部边缘的高度h＝0.04 m，不计粒子间的相互作用与粒子重力。则： (1)当加速电压U＝200 V、励磁线圈电流I＝1 A(方向如图)时，求带电粒子在磁场中运动的轨道半径r； (2)若仍保持励磁线圈中电流I＝1 A(方向如图)，为了防止粒子打到玻璃泡上，加速电压U应满足什么条件； (3)调节加速电压U，保持励磁线圈中电流I＝1 A，方向与图中电流方向相反。忽略粒子束宽度，粒子恰好垂直打到玻璃泡的边缘上，并以原速率反弹(碰撞时间不计)，且刚好回到发射点，则当高度h为多大时，粒子回到发射点的时间间隔最短，并求出这个最短时间。 解析　(1)粒子被加速过程：qU＝mv0 2 磁场中做匀速圆周运动：qv0B＝ 解得r＝ 代入数据解得r＝0.2 m。 (2)欲使得粒子达不到玻璃泡上，离子束上、下边界的粒子运动轨迹如图甲所示，即当上边界粒子运动轨迹恰与玻璃泡相切，由几何关系，粒子运动轨迹半径r1＝＝0.18 m，又由(1)可得U＝，故U≤162 V。 (3)要使粒子回到发射点的时间最短，运动轨迹如图乙所示，此时运动轨迹所对的圆心角之和最小为θmin＝π，周期T＝，最短时间为tmin＝T＝π×10-6 s。 由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径r2＝R h＝R－R＝0.2(－1) m＝0.146 m。 答案　(1)0.2 m　(2)U≤162 V (3)0.146 m　π×10-6 s 二、带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场：一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并存。 2．三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G＝mg； 方向：竖直向下 重力做功与路径无关； 重力做功改变物体的重力势能 电场 大小：F＝qE； 方向：正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反 电场力做功与路径无关； W＝qU； 电场力做功改变电势能 磁场 大小：F＝qvB(v⊥B)； 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 3．“三步”解决问题 　(多选)(2025·福建卷)如图所示，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q、速度为v、质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝ B．磁感应强度大小为B＝ C．N、P两点的电势差为U＝ D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 [解析]　由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN，故电场力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvB cos 45°＝mg，＝tan 45°，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为t＝，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移时间公式可得xNP＝vt sin 45°＋·t2，结合选项A分析，联立解得xNP＝，所以NP两点的电势差UNP＝ExNP＝，C正确；结合选项C分析可知，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，为xm＝＝，D错误。 [答案]　BC ●核心素养·思维升华 复合场中运动问题的求解技巧 带电体在复合场中的运动问题仍是一个力学问题，求解思路与力学问题的求解思路基本相同，仍然按照对带电体进行受力分析、运动过程分析，充分挖掘题目中的隐含条件，根据不同的运动情况建立相应的方程。 2．(多选)(2025·安徽安庆模拟)如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球必须带正电 B．小球做匀速圆周运动的周期为 C．小球的质量为 D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为 解析　由于小球恰能做匀速圆周运动，则Eq＝mg，qv0B＝m，即电场力方向竖直向上，小球应带负电，小球的质量为m＝，故A错误，C正确；小球做匀速圆周运动的周期为T＝＝，故B正确；若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则qvB＝Eq＋mg，解得v＝，故D正确。 答案　BCD 三、“配速法”解带电粒子在叠加场中的运动问题 　(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷； (2)求O点到P点的距离； (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。 [解析]　(1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理，有qU＝mv02 联立解得，粒子的比荷为＝。 (2)由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2＝m 可得O点到P点的距离为OP＝2r＝。 (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1 向下的电场力F＝qE2 由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝。 [答案]　(1)带正电　　(2)　(3) 　在例题第(3)问中，求： (1) O′点到O点的距离； (2)速度选择器Ⅱ的长度。 解析　(1)设打在O′点的速度大小v，O到O′的距离为y，由动能定理得E2qy＝mv2－mv02 由动量定理得∑qvyB1Δt＝mv－mv0 可得qB1y＝mv－mv0 联立解得y＝ 由qv0B1＝qE1，代入可得y＝。 (2)带电粒子在Ⅱ中做匀速圆周运动的周期 T＝ 速度选择器Ⅱ的长度L＝(v0＋v1)T(n＝0，1，2，…) 联立解得L＝·(2n＋1)(n＝0，1，2，…)。 答案　见解析 ●核心素养·思维升华 “配速法”在复合场中的妙用 当带电粒子在电场、磁场或重力场、磁场的叠加场中受力不平衡，做一般的曲线运动时，可以给带电粒子配一个等大反向的速度，使粒子受力平衡，此时粒子的运动可以分解为匀速圆周运动和匀速直线运动，再用运动的合成解题。 3．(2025·八省联考)如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求： (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离； (2)小球第一次到达最低点时速度的大小； (3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 解析　(1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化为零，由动能定理可知合力功为零，电场力与重力等大反向，可得qE＝mg，解得E＝ 可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图 根据qv0B＝m，r＝，由几何关系可得xP＝r＋r cos 30° 联立解得xP＝。 (2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0，如图 其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即F洛＝qv0B＝mg，小球沿x轴正方向做匀速直线运动， 与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为v＝v0＋v0＝v0。 (3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示 根据qv0B＝m，又T＝ 由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为t＝T 联立解得t＝。 答案　(1)　　(2)v0　(3) 四、带电粒子在交变场中的运动 解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 　如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，忽略离子的重力。 (1)求磁感应强度B0的大小； (2)若正离子在T0时刻恰好从O′孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径； (3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度v0的大小。 [解析]　(1)正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝ 正离子做匀速圆周运动的周期为T0＝ 联立解得B0＝。 (2)由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为r＝。 (3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运动时间满足t＝nT0(n＝1，2，3，…) 则运动半径满足r＝(n＝1，2，3，…) 联立解得v0＝＝(n＝1，2，3，…)。 [答案]　(1)　(2) (3)(n＝1，2，3，…) 　在例题中，两板间有一垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化图像(垂直纸面向里为正)如图所示，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，速度为v0＝(其中m、q、π、d、T为已知量)，其他条件不变。求： (1)磁感应强度B0的大小； (2)若正离子从时刻开始进入，则打到N板上离O′点的距离。 解析　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m 正离子做匀速圆周运动的周期为T＝ 联立解得B0＝。 (2)正离子从时刻进入磁场，粒子受到的洛伦兹力方向向上，～时间段，正离子逆时针运动圆周，偏转90°，此时的速度方向竖直向上，磁场方向改变，此时正离子受到的洛伦兹力方向向右，故～T 时间段正离子顺时针做圆周运动，直到打在N板上，运动轨迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力qv0B0＝m，解得R＝d，根据几何关系可知OA＝d－2R＝R，AB＝＝d，则O′B＝R＋AB＝d。 答案　(1)　(2)d 4．如图甲所示，x轴上方(不含x轴)存在着垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间周期变化的规律如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正。有一粒子源位于坐标原点O，可在0～时间内的某个时刻垂直x轴向上发射速率为的带正电粒子，其中T为带电粒子在磁场中的运动周期，求： (1)粒子在磁场中的运动半径； (2)粒子的运动轨迹与x轴相切点的坐标。 解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m 带电粒子在磁场中的运动周期为T＝ 解得粒子在磁场中的运动半径为r＝L。 (2)粒子的运动轨迹与x轴相切时，粒子的运动轨迹如图所示。 根据几何关系sin θ＝＝，OA＝L＋2L cos θ＝(1＋)L，粒子的运动轨迹与x轴相切点的坐标为－(1＋)L。 答案　(1)L　(2)－(1＋)L [对应学生用书P35] 1．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP ＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A．　　　　　　 B． C． D． 解析　由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，带电粒子轨迹如图所示 则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则sin 30°＝ 解得粒子做圆周运动的半径r ＝2a 则粒子做圆周运动有qvB＝m 则有＝ 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq ＝qvB 联立有＝，故选A。 答案　A 2．(多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则(　　) A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，3R＝，v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－。由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 答案　ABD 3．(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。 解析　(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝ 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma 解得a＝ 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的运动规律得＝at02，d＝v0t0 联立解得U＝。 (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α＝＝，故α＝ 则出电场时粒子的速度为v＝＝v0 粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝m 解得r＝＝ 已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R 粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝ 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为。 (3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示： 答案　(1)　(2)　(3)见解析图 4．如图所示，在处于竖直平面的坐标系xOy(x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上)内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，电场强度大小E＝0.2 N/C，磁感应强度大小B＝0.1 T。一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝0.5 C的带正电的小球(视为质点)从坐标原点O，以初速度v0沿x轴正方向水平入射，小球恰好沿x轴做直线运动，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求小球的初速度大小v0； (2)若小球以2v0的速度从O点沿x轴正方向水平入射，求小球此后运动过程中距x轴的最大距离； (3)若小球以v0的速度从O点沿与x轴正方向成60°角斜向上入射，经过t＝ s，求小球所在位置的坐标(结果保留两位有效数字)。 解析　(1)小球沿x轴做直线运动，则有mg＋qE＝qv0B，解得v0＝4 m/s。 (2)由于小球入射速度为2v0，初速度可分解为两个均沿x轴正方向、大小为v0的分速度，把洛伦兹力分解为两个分力，其中一个分力与(mg＋qE)平衡，另一个分力提供以v0的速度做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有qv0B＝m 解得R＝0.8 m 小球距x轴的最大距离hmax＝2R＝1.6 m。 (3)速度分解如图所示 小球的一个分运动是速度大小为v0、沿x轴正方向的匀速直线运动，另一个分运动是初速度大小为v0(与x轴负方向成60°角)的匀速圆周运动。 做圆周运动的周期T＝＝ s，经过时间t＝ s＝T 运动圆轨迹对应的圆心角为240° 则y＝－＝－1.2 m x＝v0t－R sin 60°≈2.7 m 故此时刻小球的位置坐标为。 答案　(1)4 m/s　 (2)1.6 m　(3)(2.7 m，－1.2 m) 学科网（北京）股份有限公司 $$