Question

（2010?肇慶一模）如下圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s=8cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.332T，磁場方向垂直紙面向里．緊挨邊界ab的中央有一點(diǎn)狀α粒子放射源S，可沿紙面向各個方向放射速率相同的α粒子，它的速率v=3.2×10⁶m/s．磁場邊界ab、cd足夠長，cd為厚度不計(jì)的金箔，金箔右側(cè)cd與MN之間有一寬度為L=12.0cm的無場區(qū)，MN右側(cè)為固定在O點(diǎn)的帶電量為Q=-2.0×10^-6C的點(diǎn)電荷形成的電場區(qū)域（點(diǎn)電荷左側(cè)的電場分布以MN為界限）．不計(jì)α粒子的重力，α粒子的質(zhì)量和帶電量分別是m=6.64×10^-27kg、Q=3.2×10^-19C，靜電力常量k=9.0×10⁹N?m²/C²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度y值；
（2）打在金箔d端距cd中心最遠(yuǎn)的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進(jìn)入電場即開始以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(diǎn)（未畫出），計(jì)算

.

OE

的長度；
（3）計(jì)算此α粒子從金箔穿出時損失的動能．

Answer 1

分析：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．當(dāng)α粒子運(yùn)動的圓軌跡與cd相切時上端偏離O′最遠(yuǎn)，當(dāng)α粒子沿Sb方向射入時，下端偏離O′最遠(yuǎn)，畫出臨界的兩條軌跡，由幾何知識求出金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度y值；
（2）打在金箔d端距cd中心最遠(yuǎn)的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進(jìn)入電場，開始以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出

.

OE

的長度；
（3）此α粒子從金箔穿出后以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動，庫侖力提供向心力，由牛頓纴第二定律求出此粒子的速度，即可得到從金箔穿出時損失的動能．

解答：解：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛侖茲力提供向心力．qvB=m

v2

R

…①
由①式可得：R=0.2m
如答圖所示，當(dāng)α粒子運(yùn)動的圓軌跡與cd相切時上端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系可得：O′P=

R2-(R-s)2

…②
將數(shù)據(jù)代入②式可得：O′P=0.16m
當(dāng)α粒子沿Sb方向射入時，下端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系可得：O′Q=

R2-(R-s)2

…③
將數(shù)據(jù)代入②式可得：O′Q=0.16m
故金箔被α粒子射中區(qū)域的長度為：
y=O′P+O′Q=0.31m…④
（2）如圖所示，OE為α粒子繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑r，α粒子在無場區(qū)域內(nèi)做直線運(yùn)動與MN相交，下偏距離為y′，
因?yàn)镽=0.2m，L=0.12m，O′Q=0.16m，
所以sinα=

L

R

=0.6=sin37°，則：
   y′=Ltan37°…⑤
所以圓周運(yùn)動的半徑為：r=

y′+Q′Q

cos37°

…⑥
將數(shù)據(jù)代入⑥式可得：r=0.31m…⑦
即|OE|的長度為0.31m．
（3）設(shè)α粒子穿出金箔時的速度為v′，由牛頓第二定律可得：k

Qq

r2

=m

v′2

r

…⑧
α粒子從金箔穿出時損失的動能為△E_k，則：
△E_k=

1

2

mv2-

1

2

mv′2…⑨
由⑨式可得：△E_k=2.5×10^-14J…⑩
答：
（1）金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度y值是0.31m；
（2）

.

OE

的長度是0.31m；
（3）此α粒子從金箔穿出時損失的動能是2.5×10^-14J．

點(diǎn)評：本題是帶電粒子在組合場中運(yùn)動的問題，解題關(guān)鍵是畫出粒子的運(yùn)動軌跡，運(yùn)用幾何知識求解軌跡半徑和OE的長度．