Question

8．位于豎直平面內(nèi)的粒子探測器裝置如圖所示．C、G兩點(diǎn)位于x軸上，A、D兩點(diǎn)位于y軸上，∠ACO=30°，AO的長度為d，△AOC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），矩形ODFG區(qū)域內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），其電場強(qiáng)度的大小及方向均可調(diào)節(jié)，已知DF的長度為2d，F(xiàn)G的長度為$\sqrt{3}$d，在勻強(qiáng)電場右側(cè)有一長度為$\frac{\sqrt{3}}{4}$d的粒子接收器，它與y軸平行放置，與FG的距離為d，且上邊緣恰好在DF的延長線上．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以速度v垂直x軸射入磁場，且離開磁場時(shí)速度與y軸垂直，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，不計(jì)粒子重力．
（1）判斷△AOC區(qū)域內(nèi)的磁場方向并求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
（2）若粒子最終打在接收器的上邊緣，求粒子從射入磁場到打在接收器上所用的時(shí)間，并求出在這種情況下矩形ODFG區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E₀；
（3）若粒子剛進(jìn)入電場時(shí)，將電場強(qiáng)度大小調(diào)節(jié)為E，方向沿y軸正方向，當(dāng)粒子的橫坐標(biāo)為d時(shí)，電場強(qiáng)度突然反向，大小變?yōu)樵瓉淼囊话�，要使粒子打在接收器上，求電場�?qiáng)度E的大小范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡得到向心力方向，由洛倫茲力作為向心力，得到洛倫茲力方向，進(jìn)而得到磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向；
（2）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡及運(yùn)動(dòng)的分解得到每一不同運(yùn)動(dòng)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及縱向位移，將三段運(yùn)動(dòng)聯(lián)立起來，由最終縱向高度即可求解；
（3）由運(yùn)動(dòng)分解得到各段運(yùn)動(dòng)的情況，根據(jù)總縱向位移的范圍及接收器所在縱向位移即可求得電場強(qiáng)度的范圍．

解答 解：（1）帶正電的粒子以速度v垂直x軸射入磁場，且離開磁場時(shí)速度與y軸垂直，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，，
因?yàn)椤螦CO=30°，AO的長度為d，所以，$OC=\fracbqxt7xl{tan30°}=\sqrt{3}d$，$R=OCsin30°=\frac{\sqrt{3}}{2}d$，
由圖可知，粒子進(jìn)入磁場時(shí)，洛倫茲力作為向心力，方向水平向右；由帶正電的粒子速度方向豎直向上，根據(jù)左手定則，可知磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲猓?br />因?yàn)槁鍌惼澚ψ鳛橄蛐牧Γ�所以�?Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，所以，$B=\frac{mv}{qR}=\frac{2\sqrt{3}mv}{3qd}$；
（2）由（1）可知，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t}_{1}=\frac{1}{4}T=\frac{πR}{2v}=\frac{\sqrt{3}πd}{4v}$；
然后粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)；
因?yàn)榱Ｗ幼罱K打在接收器的上邊緣，所以電場力豎直向上，在電場中粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t}_{2}=\frac{2d}{v}$；
在電場中，粒子受到的電場力F=qE₀，所以，加速度$a=\frac{F}{m}=\frac{q{E}_{0}}{m}$，
粒子離開磁場時(shí)，水平速度v_x=v，${v}_{y}=a{t}_{2}=\frac{2qd{E}_{0}}{mv}$，y軸坐標(biāo)$y=\frac{\sqrt{3}}{2}d+\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}d+\frac{2qbnxmt8j^{2}{E}_{0}}{m{v}^{2}}$；
粒子離開磁場做勻速直線運(yùn)動(dòng)打在接收器的上邊緣，因?yàn)榱Ｗ咏邮掌鳎�它與y軸平行放置，與FG的距離為d，
所以，粒子在這段路程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間${t}_{3}=\fractzw823i{v}$，縱向位移$Y={v}_{y}{t}_{3}=\frac{2qfjqxfei^{2}{E}_{0}}{m{v}^{2}}$；
所以粒子從射入磁場到打在接收器上所用的時(shí)間$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{\sqrt{3}πd}{4v}+\frac{2d}{v}+\fracnv3h8ii{v}=（\frac{\sqrt{3}}{4}π+3）\fracqylwcr2{v}$；
$\sqrt{3}d=y+Y=\frac{\sqrt{3}}{2}d+\frac{2qpldvxfp^{2}{E}_{0}}{m{v}^{2}}+\frac{2qwmrhynx^{2}{E}_{0}}{m{v}^{2}}$
所以，${E}_{0}=\frac{\sqrt{3}m{v}^{2}}{8qd}$；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成分解原理，可知，改變縱向電場的大小和方向時(shí)，粒子的水平運(yùn)動(dòng)不變，
所以，有粒子進(jìn)入電場時(shí)，所在位置為$（0，\frac{\sqrt{3}}{2}d）$，
在0≤x≤d時(shí)，粒子受到豎直向上的電場力F₁=qE，所以，在x=d時(shí)，粒子的豎直速度${v}_{y1}=\frac{{F}_{1}}{m}\frac37cnkpt{v}$=$\frac{qdE}{mv}$，豎直位移${y}_{1}=\frac{q2zld32u^{2}E}{2m{v}^{2}}$$+\frac{\sqrt{3}}{2}d$；
在d≤x≤2d時(shí)，粒子受到豎直向下的電場力${F}_{2}=\frac{1}{2}qE$，所以，在x=2d時(shí)，粒子的豎直速度${v}_{y2}={v}_{y1}-\frac{{F}_{2}}{m}•\fracajfwxhg{v}=\frac{qdE}{2mv}$，豎直位移y₂=$\frac{5qvzreqva^{2}E}{4m{v}^{2}}+\frac{\sqrt{3}}{2}d$；
在2d≤x≤3d時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以，在x=3d時(shí)，豎直位移${y}_{3}={y}_{2}+{v}_{y2}•\fracs2szg38{v}=\frac{7qshulnxh^{2}E}{4m{v}^{2}}+\frac{\sqrt{3}}{2}d$；
要使粒子打在接收器上，則$\frac{3\sqrt{3}}{4}d≤{y}_{3}≤\sqrt{3}d$，所以，$\frac{\sqrt{3}m{v}^{2}}{7qd}≤E≤\frac{2\sqrt{3}m{v}^{2}}{7qd}$．
答：（1）△AOC區(qū)域內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為$\frac{2\sqrt{3}mv}{3qd}$；
（2）若粒子最終打在接收器的上邊緣，粒子從射入磁場到打在接收器上所用的時(shí)間為$（\frac{\sqrt{3}}{4}π+3）\fracgfnu6hl{v}$，在這種情況下矩形ODFG區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E₀為$\frac{\sqrt{3}m{v}^{2}}{8qd}$；
（3）若粒子剛進(jìn)入電場時(shí)，將電場強(qiáng)度大小調(diào)節(jié)為E，方向沿y軸正方向，當(dāng)粒子的橫坐標(biāo)為d時(shí)，電場強(qiáng)度突然反向，大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄�要使粒子打在接收器上，求電場�?qiáng)度E的大小范圍為$[\frac{\sqrt{3}m{v}^{2}}{7qd}，\frac{2\sqrt{3}m{v}^{2}}{7qd}]$．

點(diǎn)評(píng) 求分段運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，要將每一段不同運(yùn)動(dòng)的受力及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分開討論分析再求解．