Question

10．如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為d=8cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.332T，磁場方向垂直于紙面向里；ab、cd足夠長，cd為厚度不計的金箔，金箔右側(cè)有一勻強(qiáng)電場區(qū)域，電場強(qiáng)度E=3.32×10⁵N/C；方向與金箔成37°角．緊挨邊界ab放一點狀α粒子放射源S，可沿紙面向各個方向均勻放射初速率相同的α粒子，已知：α粒子的質(zhì)量m=6.64×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，初速度v=3.2×10⁶m/s．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）α粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑R；
（2）金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度L；
（3）設(shè)打在金箔上d端離cd中心最遠(yuǎn)的α粒子穿出金箔進(jìn)入電場，在電場中運動通過N點
SN⊥ab且SN=40cm，則此α粒子從金箔上穿出時，損失的動能△E_K為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求半徑即可；
（2）粒子速度向下進(jìn)入磁場時，可以到達(dá)cd最下端；當(dāng)粒子向上運動，且軌跡與cd相切時，可以到達(dá)cd邊界最高點，根據(jù)幾何關(guān)系求解射中區(qū)域的長度；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系，求出粒子出磁場的位置，得出進(jìn)入磁場的初速度方向，最終得出粒子做類平拋運動，然后將粒子的運動沿著垂直電場方向和平行電場方向正交分解，然后根據(jù)位移公式求解出運動時間，再根據(jù)速度時間公式得出平行電場方向和垂直電場方向的分速度，最后合成合速度，從而得到動能損失．

解答 解：（1）α粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即
q_αvB=m_α$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{{m}_{α}v}{{q}_{α}B}$=0.2m=20cm；
即α粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑R為20cm．
（2）設(shè)cd中心為O，向c端偏轉(zhuǎn)的α粒子，當(dāng)圓周軌跡與cd相切時偏離O最遠(yuǎn)，設(shè)切點為P，對應(yīng)圓心O₁，如圖所示

則由幾何關(guān)系得：$\overline{OP}$=$\overline{SA}$=$\sqrt{{R}^{2}-（R-d）^{2}}$=16cm，
向d端偏轉(zhuǎn)的α粒子，當(dāng)沿sb方向射入時，偏離O最遠(yuǎn)，設(shè)此時圓周軌跡與cd交于Q點，對應(yīng)圓心O₂，
如圖所示，則由幾何關(guān)系得：$\overline{OQ}$=$\sqrt{{R}^{2}+（R-d）^{2}}$=16cm
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度 L=$\overline{PQ}$=$\overline{OP}$+$\overline{OQ}$=32cm．
（3）設(shè)從Q點穿出的α粒子的速度為v′，因半徑O₂Q∥場強(qiáng)E，則v′⊥E，故穿出的α粒子在電場中做類平拋運動，軌跡如圖所示．
沿速度v′方向做勻速直線運動，位移 S_x=（$\overline{SN}$-R）sin53°=16cm=0.16m
沿場強(qiáng)E方向做勻加速直線運動，位移 S_y=（$\overline{SN}$-R）cos53°+R=32cm
則由S_x=v′t S_y=$\frac{1}{2}$at² a=$\frac{{q}_{α}E}{{m}_{α}}$
得：v′=8.0×10⁵m/s
故此α粒子從金箔上穿出時，損失的動能為
△E_k=$\frac{1}{2}$m_αv²-$\frac{1}{2}$m_αv′²=3.19×10^-14J
即此α粒子從金箔上穿出時，損失的動能△E_K為3.19×10^-14J．
答：（1）α粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑R為20cm；
（2）金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度L為32cm；
（3）設(shè)打在金箔上d端離cd中心最遠(yuǎn)的α粒子沿直線穿出金箔進(jìn)入電場，在電場中運動通過N點，SN⊥ab且SN=40cm，則此α粒子從金箔上穿出時，損失的動能△E_k為3.19×10^-14J．

點評 本題關(guān)鍵將粒子的運動分為磁場中的運動和電場中的運動，對于磁場中的運動根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，同時結(jié)合幾何關(guān)系分析；對于電場中的運動，通常都為類平拋運動，然后根據(jù)正交分解法分解為直線運動研究．