题目内容
如图所示，为某种新型设备内部电、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．现在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，从静止开始运动，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，粒子的重力不计．已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m=6.4×10-27㎏，带电量为q=3.2×10-19C，且d1=10cm，d2=5
| 2 |
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（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）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．
分析：粒子在电场E1中做匀加速直线运动，根据动能定理粒子刚进入磁场B1时的速度大小．粒子进入磁场B1中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出粒子轨迹半径，由几何知识得出粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．粒子进入Ⅲ区域时，受到电场力和洛伦兹力，采用运动的分解法，将粒子的速度分解为水平和竖直两个方向，分别求出这两个方向速度对的洛伦兹力，分析粒子水平方向的运动情况：匀速直线运动．分析与竖直速度对应的洛伦兹力，分析得知粒子做匀速圆周运动，根据匀速直线运动和匀速圆周运动的合成，由几何知识求出能飞回区域Ⅰ的粒子第一次回到区域Ⅰ上边缘时离A的距离．
解答：
解：（1）粒子在电场E1中运动，由qE1d1=
mv2
得：v=2×104m/s方向竖直向下
（2）粒子在B1中偏转，速度大小仍为
v=2×104m/s
由qB1v=m
可得方向：sinθ=
，
代入数据得：θ=45°所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与X轴正向45°角．
（3）设该带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解为vx、vy，则：
vx=vy=vsin45°=
×104m/s
所以：qB2vx=qB2vy=1.28×10-17N
qE2=1.28×10-17N
qE2=qB2vx
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vx的匀速直线运动和以速率为vy以及对应洛仑兹力qB2V作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：
R2=
=10cm
T=
=
π×10-5S
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）R1+R2+vx
]代入数据可得：
d=40+10π-10
=57.26cm
答：（1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度为2×104m/s，方向竖直向下．
（2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度为2×104m/s，方向与X轴正向45°角．
（3）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离为57.26cm．
解：（1）粒子在电场E1中运动，由qE1d1=| 1 |
| 2 |
得：v=2×104m/s方向竖直向下
（2）粒子在B1中偏转，速度大小仍为
v=2×104m/s
由qB1v=m
| v2 |
| R1 |
可得方向：sinθ=
| d2 |
| R1 |
代入数据得：θ=45°所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与X轴正向45°角．
（3）设该带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解为vx、vy，则：
vx=vy=vsin45°=
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所以：qB2vx=qB2vy=1.28×10-17N
qE2=1.28×10-17N
qE2=qB2vx
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vx的匀速直线运动和以速率为vy以及对应洛仑兹力qB2V作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：
R2=
| mvy |
| qB2 |
T=
| 2πm |
| qB2 |
| 2 |
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）R1+R2+vx
| T |
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d=40+10π-10
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答：（1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度为2×104m/s，方向竖直向下．
（2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度为2×104m/s，方向与X轴正向45°角．
（3）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离为57.26cm．
点评：本题粒子在电场E1中加速，根据动能定理求速度，在磁场B1中偏转，根据牛顿第二定律求半径，画轨迹，都是常用思路，难点是研究电场E2和磁场B2叠加区域，采用运动的分解法研究粒子的运动，不容易想到，有较大的难度．
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