Question

如圖所示，為某種新型設備內部電、磁場分布情況圖．自上而下分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區域．區域Ⅰ寬度為d₁，分布有沿紙面向下的勻強電場E₁；區域Ⅱ寬度為d₂，分布有垂直紙面向里的勻強磁場B₁；寬度可調的區域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．現在有一群質量和帶電量均不同的帶電粒子從區域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兩個區域，滿足一定條件的粒子將回到區域Ⅰ，其他粒子則從區域Ⅲ飛出．三區域都足夠長，粒子的重力不計．
已知能飛回區域Ⅰ的帶電粒子的質量為m=6.4×10^-27㎏，帶電量為q=3.2×10^-19C，且d₁=10cm，d₂=5

2

cm，d₃＞10cm，E₁=E₂=40v/m，B₁=4×10^-3T，B₂=2

2

×10^-3T．試求：
（1）該帶電粒子離開區域Ⅰ時的速度．  
（2）該帶電粒子離開區域Ⅱ時的速度．
（3）該帶電粒子第一次回到區域Ⅰ的上邊緣時離開A點的距離．

Answer 1

分析：粒子在電場E₁中做勻加速直線運動，根據動能定理粒子剛進入磁場B₁時的速度大小．粒子進入磁場B₁中，由洛倫茲力提供向心力，根據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域Ⅱ時的速度方向．粒子進入Ⅲ區域時，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的洛倫茲力，分析得知粒子做勻速圓周運動，根據勻速直線運動和勻速圓周運動的合成，由幾何知識求出能飛回區域Ⅰ的粒子第一次回到區域Ⅰ上邊緣時離A的距離．

解答：解：（1）粒子在電場E₁中運動，由qE₁d₁=

1

2

mv²
得：v=2×10⁴m/s方向豎直向下
（2）粒子在B₁中偏轉，速度大小仍為
v=2×10⁴m/s
由qB₁v=m

v2

R1

可得方向：sinθ=

d2

R1

，
代入數據得：θ=45°所以帶電粒子離開區域Ⅱ時的速度方向與X軸正向45°角．
（3）設該帶電粒子離開區域Ⅱ也即進入區域Ⅲ時的速度分解為v_x、v_y，則：
v_x=v_y=vsin45°=

2

×10⁴m/s
所以：qB₂v_x=qB₂v_y=1.28×10^-17N
qE₂=1.28×10^-17N
qE₂=qB₂v_x
所以帶電粒子在區域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以及對應洛侖茲力qB₂V作為向心力的勻速圓周運動的疊加，軌道如圖所示：
R₂=

mvy

qB2

=10cm
T=

2πm

qB2

=

2

π×10^-5S
根據運動的對稱性可知，帶電粒子回到區域Ⅰ的上邊緣的B點，
距A點的距離為：d=2[（1-cosθ）R₁+R₂+v_x

T

4

]代入數據可得：
d=40+10π-10

2

=57.26cm
答：（1）該帶電粒子離開區域Ⅰ時的速度為2×10⁴m/s，方向豎直向下．
  （2）該帶電粒子離開區域Ⅱ時的速度為2×10⁴m/s，方向與X軸正向45°角．
（3）該帶電粒子第一次回到區域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，根據動能定理求速度，在磁場B₁中偏轉，根據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．