Question

20．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(jì)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(diǎn)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(yùn)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(yùn)動通過N點(diǎn)，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）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑；
（2）作出粒子運(yùn)動軌跡，求出粒子射中的臨界邊界值，然后求出區(qū)域的長度；
（3）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，求出力粒子的動能，然后求出動能的損失．

解答 解：（1）α粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：q_avB=m_a$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{{m}_{a}v}{B{q}_{a}}$=0.2m=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(diǎn)為P，對應(yīng)圓心O₁，如圖所示，則由幾何關(guān)系得：$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{SA}=\sqrt{{R}^{2}-{（R-d）}^{2}}$=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(diǎn)，
對應(yīng)圓心O₂，圖所示，則由幾何關(guān)系得：$\overrightarrow{OQ}=\sqrt{{R}^{2}-{（R-d）}^{2}}$=16cm 
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度：L=$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$=32cm；
（3）設(shè)從Q點(diǎn)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(yùn)動，軌跡如圖所示，
沿速度v′方向做勻速直線運(yùn)動，位移：S_x=（$\overrightarrow{SN}$-R）sin53°=16cm 
沿場強(qiáng)E方向做勻加速直線運(yùn)動，位移：S_y=（$\overrightarrow{SN}$-R）COS53°+R=32cm
則由：S_x=v′t，S_y=$\frac{1}{2}$at²，由牛頓第二定律得：a=$\frac{{q}_{a}E}{{m}_{a}}$，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_av²-$\frac{1}{2}$m_av′²=3.19×10^-14J；
答：（1）α粒子在磁場中作圓周運(yùn)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）此α粒子從金箔上穿出時，損失的動能△E_K為3.19×10^-14J．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在磁場與電場中的運(yùn)動，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在電場中做類平拋運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動規(guī)律與能量守恒定律可以解題．