Question

7．電子對湮滅是指電子“e^-”和正電子“e⁺”碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線的過程，電子對湮滅是正電子發(fā)射計(jì)算機(jī)斷層掃描（PET）及正子湮滅能譜學(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$\overline{OP}$=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，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)，$\overline{OA}$=L，在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的圓形區(qū)域（圖中未畫出），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，磁場方向垂直于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，經(jīng)C點(diǎn)射入電場，最后從P點(diǎn)射出電場區(qū)域；另一束速度大小為$\sqrt{2}{v_0}$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)入未知圓形磁場區(qū)域，離開磁場時(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)兩束粒子速度方向相反．已知正負(fù)電子質(zhì)量均為m、電量均為e，電子的重力不計(jì)．求：
（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大��；
（2）電子子從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)及未知圓形磁場區(qū)域的最小面積S．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)度；電子在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是$\frac{1}{4}T$，在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式即可求出在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，最后求和；
（3）在矩形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角度為90°，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定磁場面積．

解答 解：（1）電子束a從A點(diǎn)沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)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=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$，${t}_{2}=\frac{2L}{{v}_{0}}$
（2）電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是$\frac{1}{4}T$，而：$T=\frac{2πr}{{v}_{0}}=\frac{2πL}{{v}_{0}}$
所以：${t}_{1}=\frac{1}{4}T=\frac{πL}{2{v}_{0}}$
電子從A到P的時(shí)間：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{（π+4）L}{2{v}_{0}}$
（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(yùn)動(dòng)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：$v′=\frac{{v}_{0}}{cos45°}=\sqrt{2}{v}_{0}$
所以正電子“e⁺”在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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′=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{eB}=\sqrt{2}L$
由于正電子離開磁場時(shí)正好到達(dá)P點(diǎn)，所以軌跡如圖：
由幾何關(guān)系可得，該圓形區(qū)域的最小半徑：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：$\overline{QN}=\overline{NM}=\overline{OP}=2L$
所以：$\overline{OQ}=\overline{QN}+2R=2L+2L=4L$
所以Q點(diǎn)縱坐標(biāo)是-4L．
答：（1）圓形區(qū)域內(nèi)磁場感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{eL}$；第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；
（2）電子子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為$\frac{（π+4）L}{2{v}_{0}}$；
（3）Q點(diǎn)縱坐標(biāo)是-4L，未知圓形磁場區(qū)域的最小面積是πL²．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式和幾何關(guān)系列式求解．