Question

15．如图所示，在平面直角坐标系xoy平面内，P点在x轴上，且$\overline{OP}$=2L，Q点在负y轴上的某处，在第Ⅰ象限内有平行于正y轴方向的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，$\overline{OA}$=L，在第Ⅳ象限内也有一个圆形区域（图中未画出），两个圆形区域内均有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里．现有一束速度大小为v₀的电子束从A点沿y轴正方向射入圆形磁场区域，经C点射入电场，最后从P点射出；同时，另一束具有一定速度大小的正电子束从Q点沿与y轴的正方向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，然后，进入该象限内的圆形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束发生正碰湮灭，即相碰时两束粒子的速度大小相等方向相反．正、负电子的质量均为m、电荷量均为e，电子的重力不计．求：
（1）第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
（2）电子从A点运动到P点所用的时间；
（3）Q点的纵坐标．

Answer 1

分析 （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；电子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解E即可；
（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，运动的时间是$\frac{1}{4}$T，在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式即可求出在电场中运动的时间，最后求和；
（3）在圆形磁场区域中运动的正电子偏转角度为90°，画出轨迹，结合几何关系确定Q点的纵坐标．

解答 解：（1）电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，画出从A到C的轨迹，如图所示：
结合几何关系，有：r=L…①
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：ev₀B=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…②
联立解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{eL}$
电子从C到P过程是类似平抛运动，根据分运动公式，有：
2L=v₀t₂
L=$\frac{1}{2}$a${t}_{2}^{2}$
其中：a=$\frac{eE}{m}$
联立解得：
E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$，t₂=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
（2）电子在磁场中运动的时间是$\frac{1}{4}$T，而：T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2πL}{{v}_{0}}$
所以：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πL}{2{v}_{0}}$
电子从A到P的时间：
t=t₁+t₂=$\frac{（π+4）L}{2{v}_{0}}$
（3）电子射出电场的区域后，沿y方向的分速度：v_y=at₂
电子的运动方向与x轴之间的夹角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
代入数据得：θ=45°
速度的大小为：v′=$\frac{{v}_{0}}{cos45°}$=$\sqrt{2}$v₀
所以正电子在磁场中做匀速圆周运动，经过磁场的区域后速度偏转角为90°，洛伦兹力提供向心力，故：
evB=m$\frac{{v}^{2}}{r′}$
解得：r′=$\frac{m（\sqrt{2}{v}_{0}）}{eB}$=$\sqrt{2}$L
由于正电子离开磁场时正好到达P点，所以轨迹如图：
正电子束从Q点沿与y轴正向成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点纵坐标是（0，-4L）；
答：（1）第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小为$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；
（2）电子从A点运动到P点所用的时间为$\frac{（π+4）L}{2{v}_{0}}$；
（3）Q点的纵坐标为（0，-4L）．

点评 本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解．