带电粒子在交变电场中的偏转
带电粒子在交变电场中的偏转
带电粒子在交变电场中的偏转是一个重要的物理现象，广泛应用于各种电子设备和实验中。本文将通过三个具体的例题，深入探讨带电粒子在交变电场中的运动规律和解题方法。
带电粒子在交变电场中的运动特点
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。
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。
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。
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。
例题解析
例1
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：
- 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？
- 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？
- 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
$$
e\frac{U_0}{2}=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2
$$
解得
$$
v=\sqrt{v_0^2+\frac{eU_0}{m}}
$$
（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 $OO'$ 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 $OO'$ 上，可见应在 $t=\frac{T}{4}+k\frac{T}{2}\left(k=0,1,2,\cdots \right)$ 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 $a=\frac{eU_0}{md}$，加速阶段运动的距离 $s=\frac{1}{2}\cdot \frac{eU_0}{md}{\left(\frac{T}{4}\right)}^{2}⩽\frac{d}{4}$，
解得 $d⩾T\sqrt{\frac{eU_0}{8m}}$，故两极板间距至少为 $T\sqrt{\frac{eU_0}{8m}}$。
例2
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：
- 在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
- 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 $eU_0=\frac{1}{2}mv_0^2$，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 $a=\frac{eE}{m}$，联立解得 $y=\frac{1}{2}at^2=\frac{eUL^2}{2mdv_0^2}=\frac{UL^2}{4U_0d}$，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 $v_y=at,\tan\theta=\frac{v_y}{v_0}$，则电子在荧光屏上偏离 $O$ 点的距离为 $Y=y+L\tan\theta=\frac{3UL^2}{4U_0d}$，由题图乙知 $t=0.06s$ 时刻，$U=1.8U_0$，解得 $Y=13.5cm$。
（2）由题知电子偏移量 $y$ 的最大值为 $\frac{d}{2}$，根据 $y=\frac{UL^2}{4U_0d}$ 可得，当偏转电压超过 $2U_0$ 时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得 $Y_{\text{max}}=\frac{3L}{2}$，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为 $2Y_{\text{max}}=3L=30cm$。
例3
（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 $AB$ 成 $\alpha =60^\circ$ 角斜向上、 $\theta =30^\circ$ 角斜向下，已知 $AB=L$，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 $\frac{2mv^2}{qL}$
C. 质子从 $A$ 点运动到 $B$ 点所用的时间为 $\frac{2L}{v}$
D. 质子的最小速度为 $\frac{\sqrt{3}}{2}v$
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。
则有 $v_asin\beta =v_bcos\beta$，解得 $\beta =60^\circ$，根据动能定理有 $qELcos60^\circ =$ $\frac{1}{2}mv_b^2-\frac{1}{2}mv_a^2$，解得 $E=\frac{2mv^2}{qL}$，B 正确;
根据几何关系可得, $AC$ 的长度为 $Lsin60^\circ =\frac{\sqrt{3}}{2}L$，则质子从 $A$ 点运动到 $B$ 点所用的时间为 $t=$ $\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}L}{v_asin\beta }=\frac{L}{v}$ ，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 $v_{min}=v_asin\beta =\frac{\sqrt{3}}{2}v,D$ 正确。