题目内容
如图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，分布沿纸面向下的匀强电场E1；区域Ⅱ宽度为d2，分布垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域Ⅲ中分布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的粒子质量m=6.4×10-27kg，带电量q=3.2×10-19C且d1=10cm，d2=5
cm，d3＞10cm E1=E2=40v/m，B1=4×10-3T，B2=
10-3T求：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？
【答案】分析：粒子在电场E1中做匀加速运动，由动能定理求获得的速度．粒子进入磁场B1中偏转，根据牛顿第二定律求粒子的匀速圆周运动的半径．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，根据几何知识求解能飞回区域Ⅰ的粒子第一次回到区域Ⅰ上边缘时离A的距离．
解答：解：
粒子在电场E1中做匀加速运动，由动能定理得
qE1d1=
mv2
得：v=2×104m/s，方向竖直向下
粒子在磁场B1中偏转，则有：
qB1V=m
得：R1=0.1m
又
，得：θ=45
即粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与X轴正向成45°角
粒子在E2与B2叠加场中：将速度V分解为Vx、Vy，则
Vx=Vy=Vsin45°=
×104m/s
由于qB2Vx=qB2Vy=1.28×10-17N，且qE2=1.28×10-17N
得：qE2=qB2Vx
可见粒子在叠加场Ⅲ中的运动为沿X轴正向的速度为Vx的匀速直线运动；
和速率为Vy及对应洛仑兹力qB2Vy为向心力的匀速圆周运动的叠加，如图．
所以：R2=
=10cm，，周期：
最后由运动对称性可知：带电粒子回到区域Ⅰ上边缘的B点距A的距离d
由几何关系得：d=2[（1-cosθ）R1+R2+Vx
]
代代入解得：
d=（40+10π-10
）cm=57.26cm
答：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．
解答：解：
粒子在电场E1中做匀加速运动，由动能定理得qE1d1=
mv2得：v=2×104m/s，方向竖直向下
粒子在磁场B1中偏转，则有：
qB1V=m
得：R1=0.1m
又
，得：θ=45即粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与X轴正向成45°角
粒子在E2与B2叠加场中：将速度V分解为Vx、Vy，则
Vx=Vy=Vsin45°=
×104m/s由于qB2Vx=qB2Vy=1.28×10-17N，且qE2=1.28×10-17N
得：qE2=qB2Vx
可见粒子在叠加场Ⅲ中的运动为沿X轴正向的速度为Vx的匀速直线运动；
和速率为Vy及对应洛仑兹力qB2Vy为向心力的匀速圆周运动的叠加，如图．
所以：R2=
=10cm，，周期：最后由运动对称性可知：带电粒子回到区域Ⅰ上边缘的B点距A的距离d
由几何关系得：d=2[（1-cosθ）R1+R2+Vx
]代代入解得：
d=（40+10π-10
）cm=57.26cm答：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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