Question

6．如圖所示為某種新型分離設(shè)備內(nèi)部電、磁場分布情況圖．自上而下分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域．區(qū)域Ⅰ寬度為d₁，分布有沿紙面向下的勻強電場E₁；區(qū)域Ⅱ?qū)挾葹閐₂，分布有垂直紙面向里的勻強磁場B₁；寬度可調(diào)的區(qū)域Ⅲ中分布有沿紙面向下的勻強電場E₂和垂直紙面向里的勻強磁場B₂．現(xiàn)有一群質(zhì)量和帶電量均不同的帶電粒子從區(qū)域Ⅰ上邊緣的注入孔A點被注入，這些粒子都只在電場力作用下由靜止開始運動，然后相繼進入Ⅱ、Ⅲ兩個區(qū)域，滿足一定條件的粒子將回到區(qū)域Ⅰ，其他粒子則從區(qū)域Ⅲ飛出，三區(qū)域都足夠長．已知能飛回區(qū)域Ⅰ的帶電粒子的質(zhì)量為m=6.4×10^-27kg、帶電量為q=3.2×10^-19C，且有d₁=10cm，d₂=5$\sqrt{2}$cm，E₁=E₂=40V/m，B₁=4×10^-3T，B₂=2$\sqrt{2}$×10^-3T．試求：
（1）該帶電粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度；
（2）該帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度；
（3）為使該帶電粒子還能回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣，區(qū)域Ⅲ的寬度d₃應(yīng)滿足的條件；
（4）該帶電粒子第一次回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣時離開A點的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場E₁中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理粒子剛進入磁場B₁時的速度大�。�
（2）粒子進入磁場B₁中，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子軌跡半徑，由幾何知識得出粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向．
（3）（4）粒子進入Ⅲ區(qū)域時，受到電場力和洛倫茲力，采用運動的分解法，將粒子的速度分解為水平和豎直兩個方向，分別求出這兩個方向速度對應(yīng)的洛倫茲力，分析粒子水平方向的運動情況：勻速直線運動．分析與豎直速度對應(yīng)的洛倫茲力，分析得知粒子做勻速圓周運動，根據(jù)勻速直線運動和勻速圓周運動的合成，由幾何知識求出區(qū)域Ⅲ的寬度d₃應(yīng)滿足的條件和能飛回區(qū)域Ⅰ的粒子第一次回到區(qū)域Ⅰ上邊緣時離A的距離．

解答 解：為研究方便，建立如圖所示坐標系
（1）由E₁qd₁=$\frac{1}{2}m{v^2}$得，帶電粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度：
$v=\sqrt{\frac{{2{E_1}q{d_1}}}{m}}=2×1{0^4}m/s$，方向沿y軸正向．
（2）帶電粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運動時，只受洛侖茲力，且不做功，所以帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度大小仍為：
v=2×10⁴m/s
方向：由圖中幾何關(guān)系可知：$sinθ=\frac{kcq4o2o_{2}}{{R}_{1}}$，
又由${B_1}qv=m\frac{{v_{\;}^2}}{R_1}$得：${R_1}=\frac{mv}{{B{\;}_1q}}$
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：R₁=10cm，$sinθ=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，即θ=45°
所以帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與x軸正向夾45°．
（3）如果將帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ也即進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度分解成v_x和v_y，則有：
v_x=v_y=vsin45°=$\sqrt{2}×{10^4}m/s$，
所以${B_2}q{v_x}={B_2}q{v_y}=1.28×{10^{-17}}N$，B₂qv_x方向沿y軸反向，B₂qv_y方向沿x軸正向，
又因為${E_2}q=1.28×{10^{-17}}N$，方向沿y軸正向，即E₂q與B₂qv_x抵消．
所以帶電粒子在區(qū)域Ⅲ中運動可視為沿x軸正向的速度為v_x的勻速直線運動和以速率為v_y以及對應(yīng)洛淪茲力B₂qv_y作為向心力的勻速圓周運動的疊加，軌跡如圖所示．
圓周運動半徑為${R_2}=\frac{{m{v_y}}}{{{B_2}q}}$=10cm，周期T=$\frac{2πm}{{{B_2}q}}$=$\sqrt{2}π×{10^{-5}}s$
所以只要帶電粒子運動到軌跡最低點C時不出區(qū)域Ⅲ，就可回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣．
所以區(qū)域Ⅲ的寬度應(yīng)滿足d₃＞h
由上面的運動分析可知，帶電粒子到最低點，圓周運動剛好轉(zhuǎn)過$\frac{T}{4}$，
得：h=${R_2}=\frac{{m{v_y}}}{{{B_2}q}}$=0.1m=10cm
所以d₃＞10cm
（4）根據(jù)運動的對稱性可知，帶電粒子回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣的B點，距A點的距離為：
d=2[（1-cosθ）R₁+R₂+v_y•$\frac{T}{4}$]
代入數(shù)據(jù)得：d=40+10π-10$\sqrt{2}$=57.26cm
答：（1）該帶電粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度為2×10⁴m/s，方向沿y軸正向．；
（2）該帶電粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度大小為2×10⁴m/s，方向與x軸正向夾45°向右下方；
（3）為使該帶電粒子還能回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣，區(qū)域Ⅲ的寬度d₃應(yīng)滿足的條件為d₃＞10cm；
（4）該帶電粒子第一次回到區(qū)域Ⅰ的上邊緣時離開A點的距離為57.26cm．

點評 本題粒子在電場E₁中加速，根據(jù)動能定理求速度，在磁場B₁中偏轉(zhuǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求半徑，畫軌跡，都是常用思路，難點是研究電場E₂和磁場B₂疊加區(qū)域，采用運動的分解法研究粒子的運動，不容易想到，有較大的難度．