Question

15．為了觀察正、負電子的碰撞現(xiàn)象，有人設想利用電場、磁場控制正、負電子在云室中運動來實現(xiàn)這一過程．在如圖所示的xOy平面內(nèi)，A、C二小孔距原點的距離均為L，每隔一定的時間源源不斷地分別從A孔射入正電子，C孔射入負電子，初速度均為v₀，且垂直x軸，正、負電子的質(zhì)量均為m，電荷量均為e（忽略電子之間的相互作用）．在y軸的左側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強電場，在y軸的右側(cè)區(qū)域加一垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出），要使正、負電子在y軸上的P（0，L）處相碰，求：
（1）電場強度E的大��；磁感應強度B的大小及方向；
（2）P點相碰的正、負電子的動能之比和射入小孔的時間差△t．

Answer 1

分析 （1）正電子進入電場后做類平拋運動，由牛頓第二定律和位移時間公式結(jié)合，即可求解電場強度E的大�。�負電子進入磁場后做勻速圓周運動，由題可知軌跡半徑等于L，由牛頓第二定律和向心力公式結(jié)合求解B的大小，由左手定則判斷B的方向．
（2）正電子在電場中運動時，電場力對其做正功，由動能定理求出相碰前正電子的動能，由其豎直方向做勻速直線運動的規(guī)律，求解其運動時間，而負電子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，動能不變，根據(jù)時間為$\frac{1}{4}$周期，從而可求出時間差．

解答 解：（1）對A處進入的正電子，由類平拋運動規(guī)律得：
水平方向：L=v₀t_A，豎直方向：L=$\frac{1}{2}$at_A²=$\frac{eE}{2m}$t_A²．解得：E=$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；
對C處進入的負電子，由牛頓第二定律得：
ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{L}$，解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{eL}$，
負電子在C點所受的洛倫茲力向左，由左手定則判斷可知磁場B的方向垂直紙面向外． 
（2）對A處進入的正電子，由動能定理得：
EeL=E_kA-$\frac{1}{2}$mv₀²，所以 E_kA=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{2}$，
而 E_kB=$\frac{1}{2}$mv₀²，故 $\frac{{E}_{KA}}{{E}_{KB}}$=$\frac{5}{1}$，
從C進入的負電子運動的時間為：t_B=$\frac{90°}{360°}$×$\frac{2πL}{{v}_{0}}$=$\frac{πL}{2{v}_{0}}$，
正電子在電場中運動的時間為：t_A=$\frac{L}{{v}_{0}}$
則△t=t_B-t_A=$\frac{（π-2）L}{2{v}_{0}}$；
答：（1）電場強度E的大小為$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；磁感應強度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{eL}$，方向：垂直于紙面向外；
（2）P點相碰的正、負電子的動能之比和射入小孔的時間差△t為$\frac{（π-2）L}{2{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，解決本題的關鍵是抓住電場中偏轉(zhuǎn)與磁場中偏轉(zhuǎn)研究方法的不同，運用動力學方法處理．