Question

如圖為某種新型設(shè)備內(nèi)部電、磁場(chǎng)分布情況圖．自上而下分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域．區(qū)域Ⅰ寬度為d₁，分布沿紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁；區(qū)域Ⅱ?qū)挾葹閐₂，分布垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁；寬度可調(diào)的區(qū)域Ⅲ中分布沿紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂．現(xiàn)在有一群質(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(diǎn)被注入，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，然后相繼進(jìn)入Ⅱ、Ⅲ兩個(gè)區(qū)域，滿(mǎn)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(zhǎng)，粒子的重力不計(jì)．求：能飛回區(qū)域Ⅰ的粒子第一次回到區(qū)域Ⅰ上邊緣時(shí)離A的距離？

Answer 1

分析：粒子在電場(chǎng)E₁中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)B₁時(shí)的速度大�。�粒子進(jìn)入磁場(chǎng)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(shí)得出粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度方向．粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時(shí)，受到電場(chǎng)力和洛倫茲力，采用運(yùn)動(dòng)的分解法，將粒子的速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向，分別求出這兩個(gè)方向速度對(duì)的洛倫茲力，分析粒子水平方向的運(yùn)動(dòng)情況：勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．分析與豎直速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力，分析得知粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合成，由幾何知識(shí)求出能飛回區(qū)域Ⅰ的粒子第一次回到區(qū)域Ⅰ上邊緣時(shí)離A的距離．

解答：解：粒子在電場(chǎng)E₁中運(yùn)動(dòng)：
由qE₁d₁=

1

2

mv²得
 v=2×10⁴m/s，方向豎直向下．
粒子在磁場(chǎng)B₁中偏轉(zhuǎn)，由qB₁V=m

v2

R1

與sinθ=

d2

R1

得，θ=45°，即粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度方向與X軸正向成45°角．
粒子在E₂與B₂疊加場(chǎng)中：將速度V分解為Vx、Vy，則Vx=Vy=Vsin45°=

2

×10⁴m/s
qB₂Vx=qB₂Vy=1.28×10^-17N，qE₂=1.28×10^-17N得qE₂=qB₂Vx
可見(jiàn)粒子在疊加場(chǎng)Ⅲ中的運(yùn)動(dòng)為沿X軸正向的速度為Vx的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；
和速率為Vy及對(duì)應(yīng)洛侖茲力qB₂Vy為向心力的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的疊加（如圖） 
所以R₂=

mV y

qB2

=10cm，T=

2πm

qB2

=

2

π×10-15s
最后由運(yùn)動(dòng)對(duì)稱(chēng)性可知：帶電粒子回到區(qū)域Ⅰ上邊緣的B點(diǎn)距A的距離d
由幾何關(guān)系得d=2[（1-cosθ）R₁+R₂+Vx

T

4

代數(shù)得d=40+10π-10

2

=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(shí)離A的距離為57.26cm．

點(diǎn)評(píng)：本題帶電粒子先經(jīng)電場(chǎng)加速，后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，是常規(guī)問(wèn)題．Ⅲ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)，采用分解的方法研究，分水平和豎直兩個(gè)方向研究洛倫茲力，分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，難度較大．