题目内容

3．北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射，入射方向平行EF且垂直磁场．已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为8d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为+e和-e．
（1）试判断从注入口C入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v0，求直线加速器的加速电压U；
（2）若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B，正负电子以v1=$\frac{deB}{m}$的速率同时射入，则正负电子经多长时间相撞？
（3）若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为$\frac{B}{3}$，正负电子仍以v1=$\frac{deB}{m}$的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子△t=$\frac{πm}{eB}$，求正负电子相撞的位置坐标．

分析 （1）判断电子偏转方向，再由左手定则即可判断电子所带电荷符号；利用动能定理可求得加速电压；
（2）分析电子运动轨迹，由几何关系推出其运动的周期数，再由洛伦兹力作向心力求得运动周期，即可求得运动时间；
（3）先求同时射出电子相撞位置，再根据滞后时间，分析其运动差异，求得滞后发射对应的相撞位置．

解答 解：（1）从C入射的电子在C点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D入射的电子碰撞；若从C入射的电子在C点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN边界射出，所以，由左手定则可判断从C入射的电子为正电子；
忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v0，则由动能定理可得：$Ue=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，所以，$U=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2e}$；
（2）电子在磁场中运动，洛伦兹力作向心力，所以有，$B{v}_{1}e=\frac{m{{v}_{1}}^{2}}{{R}_{1}}$，则${R}_{1}=\frac{m{v}_{1}}{Be}=d$，$T=\frac{2π{R}_{1}}{{v}_{1}}=\frac{2πm}{eB}$；
电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，
所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：$t=T=\frac{2πm}{eB}$；
（3）电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R1=d，运动周期${T}_{1}=\frac{2πm}{eB}$；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为$\frac{B}{3}$，则电子在Ⅰ区域中运动时半径R2=3d，运动周期${T}_{2}=\frac{6πm}{eB}$；
负电子射入时刻滞后于正电子△t=$\frac{πm}{eB}$=$\frac{1}{6}{T}_{2}$，
电子射入后的轨迹如图所示，，若两电子同时射出，则两电子交与H点；
现负电子射入时刻滞后于正电子$\frac{1}{6}{T}_{2}$，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转$\frac{1}{6}×360°=60°$，所以，两电子相撞的位置在H点以圆心向负电子方向转过30°，即A点；
易知H点坐标为（3d，4d），所以，A点坐标为（3dcos30°，4d-3dsin30°）=$（\frac{3\sqrt{3}}{2}d，\frac{5}{2}d）$．
答：（1）从注入口C入射的是正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v0，则直线加速器的加速电压U为$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2e}$；
（2）若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B，正负电子以v1=$\frac{deB}{m}$的速率同时射入，则正负电子经$\frac{2πm}{eB}$相撞；
（3）若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为$\frac{B}{3}$，正负电子仍以v1=$\frac{deB}{m}$的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子△t=$\frac{πm}{eB}$，则正负电子相撞的位置坐标为$（\frac{3\sqrt{3}}{2}d，\frac{5}{2}d）$．

点评 在求解带电粒子在磁场中的问题时，要注意利用几何图形中的数量关系，为简便求解，几何图形中除应尽可能准确外最好把相关数据标注，如本题中半径d，3d及其与边界MN和PQ的间距8d之间的数量关系不应出现误差．

练习册系列答案
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