Question

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

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速直線運動，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過程運用動能定理列式求解末速度；在M點，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．
粒子的運動可看作以速度v₀沿y軸負方向的勻速直線運動和以v₀沿順時針方向的勻速圓周運動的合運動．

解答 解：（1）粒子做勻速直線運動，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平面內做勻速直線運動，粒子的速度v₀為$\frac{\sqrt{2}mg}{qB}$，沿y軸負方向；
（2）①粒子經過M點時曲率半徑ρ為$\frac{2mgd}{qB\sqrt{\sqrt{2}mgd}-mg}$；
②粒子從N點回到O點的軌跡如圖所示．

點評 本題關鍵是明確粒子運動過程中的受力情況和運動規(guī)律，根據(jù)平衡條件、動能定理、牛頓第二定律列式分析；
帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路：
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、正確分析物體的運動狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程．如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件．