Question

如圖K39－10所示為某種新型設備內部電、磁場分布情況圖．自上而下分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區域．區域Ⅰ寬度為d₁，分布有沿紙面向下的勻強電場E₁；區域Ⅱ寬度為d₂，分布有垂直紙面向里的勻強磁場B₁；寬度可調的區域Ⅲ中分布有沿紙面向下的勻強電場E₂和垂直紙面向里的勻強磁場B₂.現在有一群質量和帶電荷量均不同的帶正電粒子從區域Ⅰ上邊緣的注入孔A點被注入，從靜止開始運動，然后相繼進入Ⅱ、Ⅲ兩個區域，滿足一定條件的粒子將回到區域Ⅰ，其他粒子則從區域Ⅲ飛出．三區域都足夠長，粒子的重力不計．已知能飛回區域Ⅰ的帶電粒子的質量為m＝6.4×10^－27 kg，帶電荷量為q＝3.2×10^－19 C，且d₁＝10 cm，d₂＝5 cm，d₃>10 cm，E₁＝E₂＝40 V/m，B₁＝4×10^－3 T，B₂＝2 ×10^－3 T．試求：

(1)該帶電粒子離開區域Ⅰ時的速度．

(2)該帶電粒子離開區域Ⅱ時的速度．

(3)該帶電粒子第一次回到區域Ⅰ的上邊緣時的位置與A點的距離．

圖K39－10

Answer 1

 (1)2×10⁴ m/s　方向豎直向下　(2)2×10⁴ m/s　方向與水平方向成45°角斜向右下方　(3)57.26 cm

[解析] (1)由動能定理：qE₁d₁＝mv²

得：v＝2×10⁴ m/s，方向豎直向下．

 (2)該帶電粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動，速度大小不變，離開區域Ⅱ時的速度大小仍為v＝2×10⁴ m/s，方向如圖所示．

由牛頓第二定律：qB₁v＝m

由sinθ＝

得：θ＝45°

所以帶電粒子離開區域Ⅱ時的速度方向與水平方向成45°角斜向右下方．

(3)將該帶電粒子離開區域Ⅱ而進入區域Ⅲ時的速度分解為v_x、v_y，則：v_x＝v_y＝vsin45°＝×10⁴ m/s

所以：qB₂v_x＝qB₂v_y＝1.28×10^－17 N.

又qE₂＝1.28×10^－17 N

故qE₂＝qB₂v_x

所以帶電粒子在區域Ⅲ中的運動可視為沿x軸正向的速率為v_x的勻速直線運動和以速率為v_y及對應洛倫茲力qB₂v_y作為向心力的勻速圓周運動的疊加，運動軌跡如圖所示．

R₂＝＝10 cm

T＝＝π×10^－5 s

根據運動的對稱性可知，帶電粒子回到區域Ⅰ的上邊緣的B點，距A點的距離為

d＝2

代入數據可得：d≈57.26 cm