Question

15．如圖所示，在平面直角坐標系xoy平面內(nèi)，P點在x軸上，且$\overline{OP}$=2L，Q點在負y軸上的某處，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于正y軸方向的勻強電場，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，$\overline{OA}$=L，在第Ⅳ象限內(nèi)也有一個圓形區(qū)域（圖中未畫出），兩個圓形區(qū)域內(nèi)均有完全相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向里．現(xiàn)有一束速度大小為v₀的電子束從A點沿y軸正方向射入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)C點射入電場，最后從P點射出；同時，另一束具有一定速度大小的正電子束從Q點沿與y軸的正方向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，然后，進入該象限內(nèi)的圓形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與從P點射出的電子束發(fā)生正碰湮滅，即相碰時兩束粒子的速度大小相等方向相反．正、負電子的質(zhì)量均為m、電荷量均為e，電子的重力不計．求：
（1）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點的縱坐標．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強度；電子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式求解E即可；
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，運動的時間是$\frac{1}{4}$T，在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式即可求出在電場中運動的時間，最后求和；
（3）在圓形磁場區(qū)域中運動的正電子偏轉(zhuǎn)角度為90°，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定Q點的縱坐標．

解答 解：（1）電子束a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，如圖所示：
結(jié)合幾何關(guān)系，有：r=L…①
粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故：ev₀B=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…②
聯(lián)立解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{eL}$
電子從C到P過程是類似平拋運動，根據(jù)分運動公式，有：
2L=v₀t₂
L=$\frac{1}{2}$a${t}_{2}^{2}$
其中：a=$\frac{eE}{m}$
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的時間：
t=t₁+t₂=$\frac{（π+4）L}{2{v}_{0}}$
（3）電子射出電場的區(qū)域后，沿y方向的分速度：v_y=at₂
電子的運動方向與x軸之間的夾角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
代入數(shù)據(jù)得：θ=45°
速度的大小為：v′=$\frac{{v}_{0}}{cos45°}$=$\sqrt{2}$v₀
所以正電子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：
evB=m$\frac{{v}^{2}}{r′}$
解得：r′=$\frac{m（\sqrt{2}{v}_{0}）}{eB}$=$\sqrt{2}$L
由于正電子離開磁場時正好到達P點，所以軌跡如圖：
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：
$\overline{QN}$=$\overline{NM}$=$\overline{OP}$=2L
所以：
$\overline{OQ}$=$\overline{QN}$+2R=2L+2L=4L
所以Q點縱坐標是（0，-4L）；
答：（1）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$\frac{（π+4）L}{2{v}_{0}}$；
（3）Q點的縱坐標為（0，-4L）．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律、畫出運動軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運動的分位移公式和幾何關(guān)系列式求解．