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．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？
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：粒子在电场E1中运动：
由qE1d1=
mv2得
v=2×104m/s，方向竖直向下．
粒子在磁场B1中偏转，由qB1V=m
与sinθ=
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
qB2Vx=qB2Vy=1.28×10-17N，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，T=
=
π×10-15s
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
代数得d=40+10π-10
=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．
解：粒子在电场E1中运动：由qE1d1=
| 1 |
| 2 |
v=2×104m/s，方向竖直向下．
粒子在磁场B1中偏转，由qB1V=m
| v2 |
| R1 |
| d2 |
| R1 |
粒子在E2与B2叠加场中：将速度V分解为Vx、Vy，则Vx=Vy=Vsin45°=
| 2 |
qB2Vx=qB2Vy=1.28×10-17N，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=
| mV y |
| qB2 |
| 2πm |
| qB2 |
| 2 |
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
| T |
| 4 |
代数得d=40+10π-10
| 2 |
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：本题带电粒子先经电场加速，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，是常规问题．Ⅲ区域存在匀强电场和磁场，采用分解的方法研究，分水平和竖直两个方向研究洛伦兹力，分析粒子的运动情况，难度较大．
练习册系列答案
考前必练系列答案
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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．
