Question

10．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=3.32×10⁵ N/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：m_α=6.64×10^-27Kg，q_α=3.2×10^-19C，初速率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）設打在金箔上d端離cd中心最遠的α粒子在穿出金箔過程中以不變的速度方向進入電場，在電場中運動通過N點，SN⊥ab且SN=40cm，則此α粒子從金箔上穿出的過程中損失的動能△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，
則${q}_{α}vB={m}_{α}\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得R=$\frac{{m}_{α}v}{B{q}_{α}}=0.2m=20cm$．
（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，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${S}_{x}=（\overline{SN}-R）sin53°=16cm$，
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$△{E}_{k}=\frac{1}{2}{m}_{α}{V}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{α}V{′}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得$△{E}_{k}=3.19×1{0}^{-14}$J．
答：（1）α粒子在磁場中作圓周運動的軌道半徑為20cm．
（2）金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度為32cm．
（3）此α粒子從金箔上穿出的過程中損失的動能△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．