Question

20．電子對湮滅是指電子“e^-”和正電子“e⁺”碰撞后湮滅，產(chǎn)生γ射線的過程，電子對湮滅是正電子發(fā)射計算機斷層掃描（PET）及正電子湮滅能譜學(xué)（PAS）的物理基礎(chǔ)．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy上，P點在x軸上，且$\overrightarrow{OP}$=2L，Q點在負(fù)y軸上某處．在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，在第Ⅱ象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，與x，y軸分別相切于A，C兩點，$\overrightarrow{OA}$=L，在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的圓形區(qū)域（圖中未畫出），未知圓形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里．一束速度大小為v₀的電子束從A點沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點射入電場，最后從P點射出電場區(qū)域；另一束速度大小為$\sqrt{2}$v₀的正電子束從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后進(jìn)入未知圓形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達(dá)P點，且恰好與從P點射出的電子束正碰發(fā)生湮滅，即相碰時兩束電子速度方向相反．已知正、負(fù)電子質(zhì)量均為m、電荷量均為e，電子的重力不計．求：
（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強E的大��；
（2）電子從A點運動到P點所用的時間；
（3）Q點縱坐標(biāo)及未知圓形磁場區(qū)域的最小面積S．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題干的描述，畫出電子束在磁場中的運動軌跡，利用幾何知識，可得出軌跡的半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力的公式ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{L}$，即可解得磁場的磁感應(yīng)強度．電子束在第一象限中的運動時類平拋運動，分別在x軸方向上和y軸方向上根據(jù)運動學(xué)公式列式即可求得電場強度的大小和在電場中的運動時間．
（2）電子束在磁場中偏轉(zhuǎn)了90度，即為周期的四分之一，由此可得知在磁場中的運動時間，結(jié)合第一問中求得的在電場中的運動時間，即可求得由A到P的總時間．
（3）結(jié)合前兩問，可解的電子束進(jìn)入第四象限時的速度的方向，繼而可知在P的速度大小，洛倫茲力提供向心力，利用公式evB=m$\frac{{v}^{2}}{r′}$可求得軌跡半徑，再利用幾何知識即可求得圓形磁場區(qū)域的最小面積以及Q點縱坐標(biāo)．

解答 解：（1）電子束從A點沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點，畫出從A到C的軌跡，因射入時指向磁場區(qū)域的圓心，所以射出時背離圓心，如圖所示．
結(jié)合幾何關(guān)系有：r=L
粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{L}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{eL}$．
電子從C到P過程是類平拋運動，根據(jù)分運動公式有：
2L=v₀t₂
L=$\frac{1}{2}$${t}_{2}^{2}$
其中a=$\frac{eU}{m}$
聯(lián)立解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$，t₂=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
（2）電子在磁場中運動的時間是$\frac{1}{4}$T，而T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2πL}{{v}_{0}}$
所以t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πL}{2{v}_{0}}$
電子從A到P所用的時間為：t=t₁+t₂=$\frac{（4+π）L}{2{v}_{0}}$．
（3）電子射出電場的區(qū)域時，沿y方向的分速度為：v_y=at₂
電子的運動方向與x軸之間的夾角為θ，有：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
代入數(shù)據(jù)得：θ=45°
速度的大小為：v′=$\frac{{v}_{0}}{cos45°}$=$\sqrt{2}{v}_{0}$
正電子“e⁺”在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場的區(qū)域后速度偏轉(zhuǎn)角為90°，洛倫茲力提供向心力，故有：evB=m$\frac{{v}^{2}}{r′}$
解得：r′=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{eB}$=$\sqrt{2}L$
由于正電子離開磁場時正好到達(dá)P點，所以軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系可得，該圓形區(qū)域的最小半徑為：R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$r′=L
故最小面積為：S=πR²=πL²
正電子束從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，所以$\overline{QN}$=$\overline{MN}$=$\overline{OP}$=2L
則有：$\overline{OQ}$=$\overline{QN}$+2R=4L，所以Q點縱坐標(biāo)是-4L．
答：（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{eL}$，第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；
（2）電子從A點運動到P點所用的時間為$\frac{（4+π）L}{2{v}_{0}}$．
（3）Q點縱坐標(biāo)及未知圓形磁場區(qū)域的最小面積S為πL²．

點評 考題中多次出現(xiàn)求磁場的最小范圍問題，這類題對學(xué)生的平面幾何知識與物理知識的綜合運用能力要求較高．其難點在于帶電粒子的運動軌跡不是完整的圓，其進(jìn)入邊界未知的磁場后一般只運動一段圓弧后就飛出磁場邊界，運動過程中的臨界點（如運動形式的轉(zhuǎn)折點、軌跡的切點、磁場的邊界點等）的確定．