最后更新: 2024-12-15 14:41 ● 参与者查看: 85 次纠错分享参与项目词条搜索

带电粒子在交变电场中的偏转

1.带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形.
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性.
2.研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.
3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件.
4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动.

`例`在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入.已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问：
 ![图片](/uploads/2024-12/0af5b2.jpg)
 (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
 (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？

解：（1）由动能定理得 $e \frac{U_0}{2}=\frac{1}{2} m v^2-\frac{1}{2} m v_0^2$
解得 $v=\sqrt{v_0{ }^2+\frac{e U_0}{m}}$.

（2）t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.

（3）若要使电子沿 $O O^{\prime}$ 平行于极板飞出, 则电子在电场方向上应先加速再减速, 减速到零后反向加速、再减速, 每阶段时间相同, 一个周期后恰好回到 $O O^{\prime}$ 上，可见应在 $t=\frac{T}{4}+k \frac{T}{2}(k=0,1,2, \cdots)$ 时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上, 设两板间距为 $d$,由牛顿第二定律有 $a=\frac{e U_0}{m d}$, 加速阶段运动的距离 $s=\frac{1}{2} \cdot \frac{e U_0}{m d}\left(\frac{T}{4}\right)^2 \leqslant \frac{d}{4}$,

解得 $d \geqslant T \sqrt{\frac{e U_0}{8 m}}$, 故两极板间距至少为 $T \sqrt{\frac{e U_0}{8 m}}$.

`例`如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示.每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的.求：
 ![图片](/uploads/2024-12/41b7fc.jpg)
 
 (1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度.

解：（1）设电子经电压 $U_0$ 加速后的速度为 $v_0$, 根据动能定理得 $e U_0=\frac{1}{2} m v_0^2$,设电容器间偏转电场的场强为 $E$, 则有 $E=\frac{U}{d}$,

设电子经时间 $t$ 通过偏转电场, 偏离轴线的侧向位移为 $y$, 则沿中心轴线方向有 $t=\frac{L}{v_0}$, 垂直中心轴线方向有 $a=\frac{e E}{m}$, 联立解得 $y=\frac{1}{2} a t^2=\frac{e U L^2}{2 m d v_0{ }^2}=\frac{U L^2}{4 U_0 d}$,设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为 $v_y$, 偏转角为 $\theta$, 则电子通过偏转电场时有 $v_y=a t, \tan \theta=\frac{v_y}{v_0}$, 则电子在荧光屏上偏离 $O$ 点的距离为 $Y=y+L \tan \theta=\frac{3 U L^2}{4 U_0 d}$, 由题图乙知 $t=0.06 s$ 时刻, $U=1.8 U_0$,解得 $Y=13.5 cm$.

（2）由题知电子偏移量 $y$ 的最大值为 $\frac{d}{2}$, 根据 $y=\frac{U L^2}{4 U_0 d}$ 可得, 当偏转电压超过 $2 U_0$ 时, 电子就打不到荧光屏上了, 所以代入得 $Y_{\text {max }}=\frac{3 L}{2}$, 所以荧光屏上电子能打到的区间长度为 $2 Y_{\text {max }}=3 L=30 cm$.

`例`(多选)如图, 质量为 $m$ 、带电荷量为 $q$ 的质子(不计重力)在匀强电场中运动,先后经过水平虚线上 $A 、 B$ 两点时的速度大小分别为 $v_a=v 、 v_b=\sqrt{3} v$, 方向分别与 $A B$ 成 $\alpha=60^{\circ}$ 角斜向上、 $\theta=30^{\circ}$ 角斜向下, 已知 $A B=L$, 则
A . 质子从 $A$ 到 $B$ 的运动为匀变速运动
B. 电场强度大小为 $\frac{2 m v^2}{q L}$
C. 质子从 $A$ 点运动到 $B$ 点所用的时间为 $\frac{2 L}{v}$
D. 质子的最小速度为 $\frac{\sqrt{3}}{2} v$
 ![图片](/uploads/2024-12/3a4551.jpg)

解：质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运动，A正确；
质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设va与电场线的夹角为β，如图所示.

![图片](/uploads/2024-12/705d26.jpg)

则有 $v_a s \sin \beta=v_b \cos \beta$, 解得 $\beta=60^{\circ}$, 根据动能定理有 $q E L \cos 60^{\circ}=$ $\frac{1}{2} m v_b^2-\frac{1}{2} m v_a^2$, 解得 $E=\frac{2 m v^2}{q L}$, B 正确;

根据几何关系可得, $A C$ 的长度为 $L \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} L$,则质子从 $A$ 点运动到 $B$ 点所用的时间为 $t=$ $\frac{\frac{\sqrt{3}}{2} L}{v_a \sin \beta}=\frac{L}{v}$ ，C 错误；

在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂直时，质子的速度最小，有 $v_{\min }=v_a \sin \beta=\frac{\sqrt{3}}{2} v, D$ 正确.

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