Question

如圖為某種新型設備內(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，分布沿紙面向下的勻強電場E₁；區(qū)域Ⅱ寬度為d₂，分布垂直紙面向里的勻強磁場B₁；寬度可調的區(qū)域Ⅲ中分布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)在有一群質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，從靜止開始運動，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，粒子的重力不計．
已知能飛回區(qū)域I的粒子質量m=6.4×10^-27kg，帶電量q=3.2×10^-19C且d₁=10cm，d₂=5

2

cm，d₃＞10cm  E₁=E₂=40v/m，B₁=4×10^-3T，B₂=

2

×10^-3T
求：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？

Answer 1

分析：粒子在電場E₁中做勻加速運動，由動能定理求獲得的速度．粒子進入磁場B₁中偏轉，根據(jù)牛頓第二定律求粒子的勻速圓周運動的半徑．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，根據(jù)幾何知識求解能飛回區(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：粒子在電場E₁中做勻加速運動，由動能定理得
    qE₁d₁=

1

2

mv²
得：v=2×10⁴m/s，方向豎直向下
粒子在磁場B₁中偏轉，則有：
qB₁V=m

v2

R1

得：R₁=0.1m
又sinθ=

d2

R1

，得：θ=45⁰
即粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與X軸正向成45°角
粒子在E₂與B₂疊加場中：將速度V分解為V_x、V_y，則
  V_x=V_y=Vsin45°=

2

×10⁴m/s
由于qB₂V_x=qB₂V_y=3.2×10^-19×

2

×10^-3×

2

×10⁴N=1.28×10^-17N，且qE₂=1.28×10^-17N
得：qE₂=qB₂Vx
可見粒子在疊加場Ⅲ中的運動為沿X軸正向的速度為Vx的勻速直線運動；
和速率為Vy及對應洛侖茲力qB₂Vy為向心力的勻速圓周運動的疊加，如圖．
所以：R₂=

mVy

qB2

=10cm，周期：T=

2πm

qB2

=

2

π×10^-5s
最后由運動對稱性可知：帶電粒子回到區(qū)域Ⅰ上邊緣的B點距A的距離d
由幾何關系得：d=2[（1-cosθ）R₁+R₂+V_x

T

4

]
代代入解得：
d=（40+10π-10

2

）cm=57.26cm
答：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，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．