16.如圖所示,真空室內存在寬度為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;ab、cd足夠長,cd為厚度不計的金箔,金箔右側有一勻強電場區(qū)域,電場強度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均為v=3.2×106m/s的α粒子,已知α粒子的質量m=6.64×10-27kg,電荷量q=3.2×10-19C,sin37°=0.60,cos37°=0.80.求:
(1)α粒子在磁場中做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)設打在金箔上d端離cd中心最遠的α粒子沿直線穿出金箔進入電場,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△Ek為多少?

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
qαvB=mα$\frac{{v}^{2}}{R}$

R=$\frac{{m}_{α}v}{B{q}_{α}}$=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:
$\overline{OP}$=$\overline{SA}$=$\sqrt{{R}^{2}-(R-d)^{2}}$=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:
$\overline{OQ}$=$\sqrt{{R}^{2}+(R-d)^{2}}$=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 Sx=($\overline{SN}$-R)sin53°=16cm=0.16m
沿場強E方向做勻加速直線運動,位移 Sy=($\overline{SN}$-R)cos53°+R=32cm
則由Sx=v′t Sy=$\frac{1}{2}$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
△Ek=$\frac{1}{2}$mαv2-$\frac{1}{2}$mαv′2=3.19×10-14J
即此α粒子從金箔上穿出時,損失的動能△EK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)設打在金箔上d端離cd中心最遠的α粒子沿直線穿出金箔進入電場,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△Ek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.

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B.磁場方向垂直紙面向外,磁感應強度B的大小為$\frac{mv}{2ed}$
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