Question

19．如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為d=8cm的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B=0.332T，磁場方向垂直于紙面向里；PQ、CD足夠長，C為厚度不計的金箔，金箔右側有一勻強電場區(qū)域足夠大，電場強度E=3.32×10⁵N/C，方向與金箔成37°角．緊挨邊界PQ放一點狀α粒子源S．可沿紙面向各個方向均勻發(fā)射初速度大小相同的α粒子，已知：m_α=6.64×10^-27Kg，q_α=3.2×10^-19C，初速度大小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為多少m？
（2）金箔CD被α粒子射中區(qū)域的長度L，為多少m？
（3）設打在金箔CD上最下端的α粒子穿過金箔過程速度方向不變，在電場中運動通過N點，SN⊥PQ且SN=40cm，則此α粒子穿過金箔過程，損失的動能△E_k為多少J？

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）粒子速度向下進入磁場時，可以到達cd最下端；當粒子向上運動，且軌跡與cd相切時，可以到達cd邊界最高點，根據(jù)幾何關系求解射中區(qū)域的長度；
（3）根據(jù)幾何關系，求出粒子出磁場的位置，得出進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 $\frac{{v}^{2}}{R}$，代入數(shù)據(jù)解得：R=0.2m，
即α粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑R為0.2m．
（2）設cd中心為O，向c端偏轉的α粒子，當圓周軌跡與cd相切時偏離O最遠，設切點為P，對應圓心O₁，如圖所示

則由幾何關系得：OP=SA=$\sqrt{{R}^{2}-（R-d）^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得：OP=0.16m=16cm，
向d端偏轉的α粒子，當沿sb方向射入時，偏離O最遠，設此時圓周軌跡與cd交于Q點，對應圓心O₂，如圖所示，則由幾何關系得：OQ=$\sqrt{{R}^{2}-（R-d）^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得：OQ=0.16m=16cm，
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度 L=PQ=0P+OQ=32cm=0.32m．
（3）設從Q點穿出的α粒子的速度為v′，因半徑O₂Q∥場強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=（ SN-R）sin53°=16cm=0.16m
沿場強E方向做勻加速直線運動，位移 S_y=（ SN-R）cos53°+R=32cm
則由S_x=v′t   S_y=$\frac{1}{2}$at²   a=$\frac{q{E}_{α}}{{m}_{α}}$，代入數(shù)據(jù)解得：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，代入數(shù)據(jù)解得：△E_k≈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粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑R為0.2m；
（2）金箔CD被α粒子射中區(qū)域的長度L，為0.32m．
（3）損失的動能△E_k為3.19×10^-14J．

點評 本題關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，同時結合幾何關系分析；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．