题目内容
如图所示为某种新型分离设备内部电、磁场分布情况图。自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域。区域Ⅰ宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域Ⅱ宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2。现有一群质量和带电量均不同的带电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A点被注入，这些粒子都只在电场力作用下由静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出，三区域都足够长。已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m=6.4×10—27kg、带电量为q=3.2×10—19C，且有d1=10cm，d2=5
cm，E1=" " E2=40V/m，B1=4×10—3T，B2=2×10—3T。试求：
（1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度；
（2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度；
（3）为使该带电粒子还能回到区域Ⅰ的上边缘，区域Ⅲ的宽度d3应满足的条件；
（4）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离。
cm，E1=" " E2=40V/m，B1=4×10—3T，B2=2×10—3T。试求：（1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度；
（2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度；
（3）为使该带电粒子还能回到区域Ⅰ的上边缘，区域Ⅲ的宽度d3应满足的条件；
（4）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离。
（1）2×104m/s,方向沿y轴正向（2）2×104m/s, 方向与x轴正向夹45°
（3） d3>10cm （4）d=40+10π—10
=57.26cm
（3） d3>10cm （4）d=40+10π—10
=57.26cm为研究方便，建立如图所示坐标系
（1）由E1qd1=
得，
带电粒子离开区域Ⅰ时的速度
， 方向沿y轴正向。
（2）带电粒子在区域Ⅱ内运动时，只受洛仑兹力，且不做功，所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度大小仍为
方向：由图中几何关系可知：
，又由
得：
联立代入数据得：
，
，即
所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x轴正向夹45°。
（3）如果将带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解成
和
，
则有==
=
，
所以
，
方向沿y轴反向，
方向沿x轴正向，
又因为
，方向沿y轴正向，即
与抵消。
所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x轴正向的速度为的匀速直线运动和以速率为以及对应洛沦兹力作为向心力的匀速圆周运动的叠加。轨迹如图所示。
圆周运动半径为
=10cm， 周期T=
=
所以只要带电粒子运动到轨迹最低点C时不出区域Ⅲ，就可回到区域Ⅰ的上边缘。
所以区域Ⅲ的宽度应满足d3>h
由上面的运动分析可知，带电粒子到最低点，圆周运动刚好转过
，
所以h==0.1m=10cm所以d3>10cm
（4）根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B点，距A点的距离为：
d=2[（1—cosθ）
+
+·]代入数据得：
d=40+10π—10=57.26cm
（1）由E1qd1=
得，带电粒子离开区域Ⅰ时的速度
， 方向沿y轴正向。（2）带电粒子在区域Ⅱ内运动时，只受洛仑兹力，且不做功，所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度大小仍为
方向：由图中几何关系可知：
，又由得：联立代入数据得：
，，即 所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x轴正向夹45°。
（3）如果将带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解成
和，则有
===，所以
，方向沿y轴反向，方向沿x轴正向，又因为
，方向沿y轴正向，即与抵消。所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x轴正向的速度为
的匀速直线运动和以速率为以及对应洛沦兹力作为向心力的匀速圆周运动的叠加。轨迹如图所示。圆周运动半径为
=10cm， 周期T==所以只要带电粒子运动到轨迹最低点C时不出区域Ⅲ，就可回到区域Ⅰ的上边缘。
所以区域Ⅲ的宽度应满足d3>h
由上面的运动分析可知，带电粒子到最低点，圆周运动刚好转过
，所以h=
=0.1m=10cm所以d3>10cm（4）根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B点，距A点的距离为：
d=2[（1—cosθ）
++·]代入数据得：d=40+10π—10
=57.26cm
练习册系列答案
口算题卡北京妇女儿童出版社系列答案
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＝106C/kg的负电荷于电场中的O点由静止释放，经过
×10－5 s后电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化。图中以垂直纸面向里为正，电荷通过MN时为t=0时刻．
