Question

10．如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×10⁵ N/C，方向与金箔成37°角．紧挨边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的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粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；
（2）金箔cd被α粒子射中区域的长度L；
（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的α粒子在穿出金箔过程中以不变的速度方向进入电场，在电场中运动通过N点，SN⊥ab且SN=40cm，则此α粒子从金箔上穿出的过程中损失的动能△E_k为多少？

Answer 1

分析 （1）根据洛伦兹力提供向心力列式求半径即可；
（2）粒子速度向下进入磁场时，可以到达cd最下端；当粒子向上运动，且轨迹与cd相切时，可以到达cd边界最高点，根据几何关系求解射中区域的长度；
（3）根据几何关系，求出粒子出磁场的位置，得出进入磁场的初速度方向，最终得出粒子做类平抛运动，然后将粒子的运动沿着垂直电场方向和平行电场方向正交分解，然后根据位移公式求解出运动时间，再根据速度时间公式得出平行电场方向和垂直电场方向的分速度，最后合成合速度，从而得到动能损失．

解答 解：（1）α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
则${q}_{α}vB={m}_{α}\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得R=$\frac{{m}_{α}v}{B{q}_{α}}=0.2m=20cm$．
（2）设cd中心为O，向c端偏转的α粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O₁，
如图所示，由几何关系得，
$\overline{OP}=\overline{SA}=\sqrt{{R}^{2}-（R-d）^{2}}=16cm$，
向d端偏转的α粒子，当沿Sb方向射入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O₂，如图所示，则由几何关系得，
$\overline{OQ}=\sqrt{{R}^{2}-（R-d）^{2}}=16cm$，
故金箔cd被α粒子射中区域的长度L=$\overline{PQ}=\overline{OP}+\overline{OQ}=32cm$．
（3）设从Q点穿出的α粒子的速度为V′，因半径O₂Q∥场强E，则V′⊥E，故穿出的α粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示．
沿速度V′方向做匀速直线运动，位移${S}_{x}=（\overline{SN}-R）sin53°=16cm$，
沿场强E方向做匀加速直线运动，
位移${S}_{y}=（\overline{SN}-R）cos53°+R=32cm$，
则由S_x=V′t
${S}_{y}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
a=$\frac{{q}_{α}E}{{m}_{α}}$
代入数据解得V′=8.0×10⁵m/s．
故此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能为$△{E}_{k}=\frac{1}{2}{m}_{α}{V}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{α}V{′}^{2}$，
代入数据解得$△{E}_{k}=3.19×1{0}^{-14}$J．
答：（1）α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为20cm．
（2）金箔cd被α粒子射中区域的长度为32cm．
（3）此α粒子从金箔上穿出的过程中损失的动能△E_k为3.19×10^-14J．

点评 本题关键将粒子的运动分为磁场中的运动和电场中的运动，对于磁场中的运动根据洛伦兹力提供向心力列式，同时结合几何关系分析；对于电场中的运动，通常都为类平抛运动，然后根据正交分解法分解为直线运动研究．