Question

20．電子對(duì)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(guò)程，電子對(duì)湮滅是正電子發(fā)射計(jì)算機(jī)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(diǎn)在x軸上，且$\overrightarrow{OP}$=2L，Q點(diǎn)在負(fù)y軸上某處．在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(diǎn)，$\overrightarrow{OA}$=L，在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的圓形區(qū)域（圖中未畫(huà)出），未知圓形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)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(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)C點(diǎn)射入電場(chǎng)，最后從P點(diǎn)射出電場(chǎng)區(qū)域；另一束速度大小為$\sqrt{2}$v₀的正電子束從Q點(diǎn)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(chǎng)區(qū)域，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)正好到達(dá)P點(diǎn)，且恰好與從P點(diǎn)射出的電子束正碰發(fā)生湮滅，即相碰時(shí)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(jì)．求：
（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小；
（2）電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間；
（3）Q點(diǎn)縱坐標(biāo)及未知圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題干的描述，畫(huà)出電子束在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，利用幾何知識(shí)，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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度．電子束在第一象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)類平拋運(yùn)動(dòng)，分別在x軸方向上和y軸方向上根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式即可求得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）電子束在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)了90度，即為周期的四分之一，由此可得知在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，結(jié)合第一問(wèn)中求得的在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即可求得由A到P的總時(shí)間．
（3）結(jié)合前兩問(wèn)，可解的電子束進(jìn)入第四象限時(shí)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(shí)即可求得圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積以及Q點(diǎn)縱坐標(biāo)．

解答 解：（1）電子束從A點(diǎn)沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，畫(huà)出從A到C的軌跡，因射入時(shí)指向磁場(chǎng)區(qū)域的圓心，所以射出時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(guò)程是類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(shí)間為：t=t₁+t₂=$\frac{（4+π）L}{2{v}_{0}}$．
（3）電子射出電場(chǎng)的區(qū)域時(shí)，沿y方向的分速度為：v_y=at₂
電子的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)正好到達(dá)P點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)縱坐標(biāo)是-4L．
答：（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{eL}$，第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；
（2）電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為$\frac{（4+π）L}{2{v}_{0}}$．
（3）Q點(diǎn)縱坐標(biāo)及未知圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S為πL²．

點(diǎn)評(píng) 考題中多次出現(xiàn)求磁場(chǎng)的最小范圍問(wèn)題，這類題對(duì)學(xué)生的平面幾何知識(shí)與物理知識(shí)的綜合運(yùn)用能力要求較高．其難點(diǎn)在于帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不是完整的圓，其進(jìn)入邊界未知的磁場(chǎng)后一般只運(yùn)動(dòng)一段圓弧后就飛出磁場(chǎng)邊界，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的臨界點(diǎn)（如運(yùn)動(dòng)形式的轉(zhuǎn)折點(diǎn)、軌跡的切點(diǎn)、磁場(chǎng)的邊界點(diǎn)等）的確定．