Question

15．中國(guó)著名物理學(xué)家、中國(guó)科學(xué)院院士何澤慧教授曾在1945年首次通過實(shí)驗(yàn)觀察到正、負(fù)電子的彈性碰撞過程．有人設(shè)想利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制正、負(fù)電子在云室中運(yùn)動(dòng)來(lái)再現(xiàn)這一過程．實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)原理如下：在如圖所示的xOy平面內(nèi)，A、C二小孔距原點(diǎn)的距離均為L(zhǎng)，每隔一定的時(shí)間源源不斷地分別從A孔射入正電子，C孔射入負(fù)電子，初速度均為v₀，方向垂直x軸，正、負(fù)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(qiáng)電場(chǎng)，在y軸的右側(cè)區(qū)域加一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），要使正、負(fù)電子在y軸上的P（0，L）處相碰．求：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；
（2）在P點(diǎn)相碰的正、負(fù)電子射入小孔的時(shí)間差△t；
（3）由A孔射入電場(chǎng)的正電子，有部分在運(yùn)動(dòng)過程中沒有與負(fù)電子相碰，最終打在x正半軸上D點(diǎn)，求OD間距離．

Answer 1

分析 （1）正電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和位移時(shí)間公式結(jié)合，即可求解電場(chǎng)強(qiáng)度E的大�。�負(fù)電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)其做正功，由動(dòng)能定理求出相碰前正電子的動(dòng)能，由其豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，求解其運(yùn)動(dòng)時(shí)間，而負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力不做功，動(dòng)能不變，根據(jù)時(shí)間為$\frac{1}{4}$周期，從而可求出時(shí)間差．
（3）根據(jù)題意明確沒有相碰的電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可求得OD間的距離．

解答 解：（1）對(duì)C處進(jìn)入的負(fù)電子，由牛頓第二定律得：
ev₀B=$\frac{{mv}_{0}^{2}}{L}$
可得：B=$\frac{m{v}_{0}}{eL}$
負(fù)電子在C點(diǎn)所受的洛倫茲力向左，由左手定則判斷可知磁場(chǎng)B的方向垂直紙面向外．
（2）對(duì)A處進(jìn)入的正電子，由動(dòng)能定理得：
EeL=E_kA-$\frac{{mv}_{0}^{2}}{2}$
所以 E_kA=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{2}$
而 E_kB=$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
故 $\frac{{E}_{kA}}{{E}_{kB}}=\frac{5}{1}$
從C進(jìn)入的負(fù)電子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t_B=$\frac{90°}{360°}×\frac{2πL}{{v}_{0}}$=$\frac{πL}{2{v}_{0}}$，
正電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t_A=$\frac{L}{{v}_{0}}$
則△t=t_B-t_A=$\frac{πL}{2{v}_{0}}$-$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{（π-2）L}{2{v}_{0}}$
（3）正電子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，$tanθ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{at}{v_0}=2\frac{{\frac{1}{2}a{t^2}}}{{{v_o}t}}=2\frac{L}{L}=2$，
則$sinθ=\frac{2}{{\sqrt{5}}}，cosθ=\frac{1}{{\sqrt{5}}}$
在P點(diǎn)沒有與負(fù)電子相碰的正電子，在第一象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中順時(shí)針由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)．
正電子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為$r=\frac{{\sqrt{5}m{v_0}}}{qB}=\sqrt{5}R=\sqrt{5}L$，即$O'P=O'D=\sqrt{5}L$
在直角三角形PMO’中$\begin{array}{l}PM=rsinθ=2L\\ 則O'N=MO=PM-PO=L\\ MO'=rcosθ=ON=L\end{array}$
在直角三角形NDO′中，由勾股定理得O'D²=O'N²+ND²
即${（\sqrt{5}L）^2}={L^2}+N{D^2}$
得ND=2L
則OD=ON+ND=3L；
答：磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是$\frac{m{v}_{0}}{eL}$，方向垂直紙面向外；
（2）P點(diǎn)相碰的正、負(fù)電子的動(dòng)能之比是5：1，射入小孔的時(shí)間差△t是$\frac{（π-2）L}{2{v}_{0}}$；
（3）OD間距離為3L．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是抓住電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)與磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)研究方法的不同，分別利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律并結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法進(jìn)行處理．