Question

17．如圖，真空室內(nèi)存在長L=28cm，寬d=8cm的勻強磁場區(qū)域abcd，磁感應(yīng)強度B=0.332T，磁場方向垂直于紙面向里，cd為厚度不計的金箔，金箔右側(cè)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（S距a點8cm），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)打在金箔上離d端最近的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）根據(jù)$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$得：
R=$\frac{{m}_{α}v}{B{q}_{α}}=\frac{6.64×1{0}^{-27}×3.2×1{0}^{6}}{0.332×3.2×1{0}^{-19}}m=0.2m=20cm$．
（2）設(shè)S在cd上投影點為O點，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：
$\overline{OP}=\overline{SA}=\sqrt{{R}^{2}-（R-d）^{2}}$=$\sqrt{2{0}^{2}-（20-8）^{2}}cm=16cm$，
因as=8cm＜16cm，故C點即為α粒子射中的最高點
即OP=8cm  
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=$\overline{PQ}=\overline{OP}+\overline{OQ}=8+16cm=24cm$．
（3）設(shè)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${s}_{x}=（\overline{SN}-R）sin53°$=16cm，
沿場強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，${s}_{y}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，a=$\frac{{q}_{α}E}{{m}_{α}}$，
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$△{E}_{k}=\frac{1}{2}{m}_{α}{v}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{α}v{′}^{2}$=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20cm；
（2）金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度L為24cm；
（3）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．