Question

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=5cm，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？

Answer

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．
【解析】
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．