如图K39－10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荷量均不同的带正电粒子从区域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 kg，带电荷量为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．试求：
(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的上边缘时的位置与A点的距离．
图K39－10
(1)2×104 m/s 方向竖直向下 (2)2×104 m/s 方向与水平方向成45°角斜向右下方 (3)57.26 cm
[解析] (1)由动能定理：qE1d1＝
mv2
得：v＝2×104 m/s，方向竖直向下．
(2)该带电粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，速度大小不变，离开区域Ⅱ时的速度大小仍为v＝2×104 m/s，方向如图所示．
由牛顿第二定律：qB1v＝m
由sinθ＝
得：θ＝45°
所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与水平方向成45°角斜向右下方．
(3)将该带电粒子离开区域Ⅱ而进入区域Ⅲ时的速度分解为vx、vy，则：vx＝
vy＝vsin45°＝×104 m/s
所以：qB2vx＝qB2vy＝1.28×10－17 N.
又qE2＝1.28×10－17 N
故qE2＝qB2vx
所以带电粒子在区域Ⅲ中的运动可视为沿x轴正向的速率为vx的匀速直线运动和以速率为vy及对应洛伦兹力qB2vy作为向心力的匀速圆周运动的叠加，运动轨迹如图所示．
R2＝
＝10 cm
T＝
＝π×10－5 s
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
代入数据可得：d≈57.26 cm
津桥教育计算小状元系列答案科目：高中物理 来源： 题型：
如图K39－8所示，m＝2.00×10－10 kg的小球(可看成质点)带电荷量q＝＋8.00×10－8 C，以初速度v0＝1.00×102 m/s从小孔进入足够大的M、N板之间的区域，M、N间距离L＝2.00 m，电场强度E＝2.50×10－2 N/C，方向竖直向上，磁感应强度B＝0.250 T，方向水平向右．在小球运动的正前方固定一个与水平方向成θ＝45°角的足够小的绝缘薄板，假设小球与薄板碰撞时无机械能损失，取g＝10 m/s2，则( )
A．带电小球不能到达N板
B．带电小球能到达N板，且需2.00×10－2 s时间
C．带电小球能到达N板，且需8.28×10－2 s时间
D．带电小球能到达N板，因未知绝缘薄板与A点的距离，所以无法确定所需时间
图K39－8
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