Question

12．如圖所示，真空室內有一個點狀的α粒子放射源P，它向各個方向發射α粒子（不計重力），速率都相同，ab為P點附近的一條水平直線（P到直線ab的距離PC=L），Q為直線ab上一點，它與P點相距PQ=$\frac{\sqrt{5}}{2}$L（現只研究與放射源P和直線ab同一平面內的α粒子的運動），當真空室內（直線ab以上區域）只存在垂直該平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場時，不同方向發射的α粒子若能到達ab直線，則到達ab直線時它們動能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到達Q點．（α粒子的電荷量為+q，質量為m，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）α粒子的發射速率；
（2）勻強電場的場強大小和方向；
（3）當僅加上述磁場時，能到達直線ab的α粒子所用最長時間和最短時間的比值．

Answer 1

分析 （1）當只存在勻強磁場時，α粒子由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，畫出α粒子的運動軌跡，由幾何知識求出α粒子做勻速圓周運動的半徑，由牛頓第二定律求出α粒子的發射速率；
（2）當只存在勻強電場時，α粒子做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學結合求解勻強電場的場強大小、方向；
（3）當僅加上述磁場時，根據幾何知識確定出軌跡的圓心角，然后求出時間．

解答 解：（1）設α粒子做勻速圓周運動的半徑R，過O作PQ的垂線交PQ于A點，如圖所示，

由幾何知識可得：$\frac{PC}{PQ}=\frac{QA}{QO}$，
代入數據可得α粒子軌跡半徑：$R=QO=\frac{5L}{8}$，
洛侖磁力提供向心力：$Bqυ=m\frac{υ^2}{R}$，
解得α粒子發射速度為：$υ=\frac{5BqL}{8m}$；
（2）真空室只加勻強電場時，由α粒子到達ab直線的動能相等，可得ab為等勢面，電場方向垂直ab向下．
水平向左射出的α粒子做類平拋運動，由運動學關系可知：
與ab平行方向：$CQ=\frac{L}{2}=υt$，
與ab垂直方向：$PC=L=\frac{1}{2}a{t^2}$，
其中$a=\frac{Eq}{m}$，
解得：$E=\frac{{25qL{B^2}}}{8m}$；
（3）真空室只加磁場時，圓弧O₁和直線ab相切于D點，α粒子轉過的圓心角最大，運動時間最長，如圖所示．

則：$sinβ=\frac{L-R}{R}$=$\frac{3}{5}$，β=37°，
最大圓心角：γ_max=360°-90°-37°=233°，
最長時間：${t_1}=\frac{{{γ_{max}}}}{360°}T$，
圓弧O₂經C點，α粒子轉過的圓心角最小，運動時間最短．
則：$sinθ=\frac{{\frac{L}{2}}}{R}$=$\frac{4}{5}$，θ=53°，
最小圓心角：γ_min=2θ=106°，
最短時間：${t_2}=\frac{{{γ_{min}}}}{360°}T$，
則最長時間和最短時間的比值為：$\frac{t_1}{t_2}=\frac{{{γ_{max}}}}{{{γ_{min}}}}=\frac{233}{106}$（或2.20）；
答：（1）α粒子的發射速率為$\frac{5BqL}{8m}$；
（2）勻強電場的場強大小為$\frac{{25qL{B^2}}}{8m}$，方向：垂直ab向下；
（3）當僅加上述磁場時，能到達直線ab的α粒子所用最長時間和最短時間的比值為$\frac{233}{106}$．

點評 本題的突破口是確定α粒子在勻強磁場中和勻強電場中的運動軌跡，由幾何知識求解磁場中圓周運動的半徑．