Question

9．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粒子沿直線穿出金箔進(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．（保留3位有效數(shù)字）

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(yùn)動，且軌跡與cd相切時，可以到達(dá)cd邊界最高點(diǎn)，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(yùn)動，然后將粒子的運(yùn)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(yùn)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(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即${q_α}vB={m_α}\frac{v^2}{R}$
    則$R=\frac{{{m_α}v}}{{B{q_α}}}=0.2m=20cm$
（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：$\overline{OP}=\overline{SA}=\sqrt{{R^2}-{{（R-d）}^2}}=16cm$
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，
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$L=\overline{PQ}=\overline{OP}+\overline{OQ}=32cm$
（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：${S_x}=（\overline{SN}-R）sin{53°}=16cm$
沿場強(qiáng)E方向做勻加速直線運(yùn)動：
位移${S_y}=（\overline{SN}-R）cos{53°}+R=32cm$
則由S_x=V't
${S_y}=\frac{1}{2}a{t^2}$$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$△{E_k}=\frac{1}{2}{m_α}{V^2}-\frac{1}{2}{m_α}{V'^2}=3.19×{10^{-14}}J$
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）α粒子從金箔上穿出時，損失的動能$△{E}_{k}^{\;}=3.19×1{0}_{\;}^{-14}J$

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵將粒子的運(yùn)動分為磁場中的運(yùn)動和電場中的運(yùn)動，對于磁場中的運(yùn)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(yùn)動，通常都為類平拋運(yùn)動，然后根據(jù)正交分解法分解為直線運(yùn)動研究．