Question

16．如圖（a）所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，整個空間內(nèi)都存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場和水平向右的勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)電場的方向與x軸止方向夾角為45⁰．已知帶電粒子質(zhì)量為m、電量為+q，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小E=$\frac{mg}{q}$，重力加速度為g．
（1）若粒子在xoy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，求粒子的速度v₀；
（2）t=0時刻的電場和磁場方向如圖（a）所示，若電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均不變．而方向隨時間周期性的改變，如圖（b）所示．將該粒子從原點(diǎn)O由靜止釋放，在0一$\frac{T}{2}$時間內(nèi)的運(yùn)動軌跡如圖（c）虛線OMN所示，M點(diǎn)為軌跡距y軸的最遠(yuǎn)點(diǎn)，M距y軸的距離為d．已知在曲線上某一點(diǎn)能找到一個和它內(nèi)切的半徑最大的圓，物體經(jīng)過此點(diǎn)時，相當(dāng)于以此圓的半徑在做圓周運(yùn)動，這個圓的半徑就定義為曲線上這點(diǎn)的曲率半徑．求：
①粒子經(jīng)過M點(diǎn)時曲率半徑ρ
②在圖中畫出粒子從N點(diǎn)回到O點(diǎn)的軌跡．

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速直線運(yùn)動，受重力、電場力和洛侖茲力而平衡，根據(jù)平衡條件列式求解；
（2）首先對O到M過程運(yùn)用動能定理列式求解末速度；在M點(diǎn)，合力提供向心力，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解曲率半徑．
粒子的運(yùn)動可看作以速度v₀沿y軸負(fù)方向的勻速直線運(yùn)動和以v₀沿順時針方向的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動．

解答 解：（1）粒子做勻速直線運(yùn)動，受力平衡得：
$q{v_0}B=\sqrt{{{（mg）}^2}+{{（qE）}^2}}$，
解得${v_0}=\frac{{\sqrt{2}mg}}{qB}$，
v₀方向由左手定則得，沿y軸負(fù)方向．
（2）①重力和電場力的合力為$F=\sqrt{{{（mg）}^2}+{{（qE）}^2}}$，
粒子從O運(yùn)動到M過程中，只有重力和電場力的合力做功，據(jù)動能定理W=Fd=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
得 v=$\sqrt{2\sqrt{2}gd}$；
由 $qvB-\sqrt{2}mg=m\frac{v^2}{ρ}$，
得 $ρ=\frac{2mgd}{{qB\sqrt{\sqrt{2}mgd}-mg}}$；
②軌跡如圖所示：

答：（1）若粒子在xoy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，粒子的速度v₀為$\frac{\sqrt{2}mg}{qB}$，沿y軸負(fù)方向；
（2）①粒子經(jīng)過M點(diǎn)時曲率半徑ρ為$\frac{2mgd}{qB\sqrt{\sqrt{2}mgd}-mg}$；
②粒子從N點(diǎn)回到O點(diǎn)的軌跡如圖所示．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子運(yùn)動過程中的受力情況和運(yùn)動規(guī)律，根據(jù)平衡條件、動能定理、牛頓第二定律列式分析；
帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的分析思路：
1、正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析；
2、正確分析物體的運(yùn)動狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動過程．如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件．