电场中的带电粒子轨迹：HSC 物理

一个电子进入两块水平带电极板之间的空隙，并笔直向右运动。上方极板带正电，下方极板带负电。接下来会发生甚么事：电子会沿斜线前进、弯成圆形，还是像抛体一样沿著某种曲线运动？

继续阅读前，先试著预测。电场由正极板指向负极板，因此方向向下。但电子带负电，所以它受到的电力方向向上。电子一边继续向右运动，一边向上加速。在均匀电场中，这两种运动结合起来会形成抛物线。

重要的概念不只是「带电粒子在电场中会弯曲」。更精确地说：恒定的电力会在一个方向产生恒定加速度，而垂直于该力方向的运动则可以保持不变。这与抛体运动的结构几乎完全相同。

01从你已经熟悉的运动开始

想像一辆小车在几乎没有摩擦的地面上向东滚动，同时有人以恒定的力把它向北拉。

向北的拉力不会消除小车原本向东的速度。小车会继续向东运动，同时获得愈来愈大的向北速度，因此它的路径会逐渐弯曲。

带电粒子在均匀电场中的行为也是一样。「绳子」就是电力。不过，与真正的绳子不同，没有任何物体实际接触粒子，而且只要粒子位于有电场的区域内，这个力便可以持续作用。

这立即把问题分成两个彼此独立的运动：

• 垂直于电场方向：若该方向没有力，速度保持恒定
• 平行于电场方向：加速度保持恒定

这种分解方式是处理几乎所有 HSC 带电粒子轨迹题目的关键。

02在使用方程式前，先判断方向

电场方向的定义，是正电荷受到推动的方向。

因此：

对于位于电场 \(\vec E\) 中、电荷量为 \(q\) 的粒子，

\[
\vec F = q\vec E
\]

其中 \(F\) 是以牛顿为单位的电力，\(q\) 是以库仑为单位的电荷量，而 \(E\) 是以牛顿每库仑为单位的电场强度。

根据牛顿第二定律，

\[
\vec a=\frac{\vec F}{m}=\frac{q\vec E}{m}
\]

其中 \(m\) 是粒子的质量，以公斤为单位，而 \(a\) 是其加速度，以米每二次方秒为单位。

注意，\(q\) 是带正负号的量。假设我们把向上定为正方向，而电场向下，那么电场的 \(y\) 分量 \(E_y\) 就是负值。对电子而言，\(q\) 也是负值。因此乘积 \(qE_y\) 为正，代表加速度向上。

这比死记「电子会向上」更可靠。电子并不一定向上；它的加速度方向永远与当时电场的方向相反。

03为甚么轨迹会变成抛物线

假设一个粒子沿水平方向进入均匀电场。

选定：

• \(x\) 方向沿著粒子的初速度
• \(y\) 方向沿著电场轴线
• 初始水平速度为 \(u_x\)
• 初始垂直速度为 \(u_y=0\)

假设电场没有 \(x\) 分量。因此水平方向没有电力，所以

\[
a_x=0
\]

而水平方向的运动为

\[
x=u_xt
\]

垂直加速度是恒定的：

\[
a_y=\frac{qE_y}{m}
\]

因此垂直位移为

\[
y=\frac{1}{2}a_yt^2
\]

代入 \(t=x/u_x\)，

\[
y=\frac{1}{2}\left(\frac{qE_y}{m}\right)\left(\frac{x}{u_x}\right)^2
\]

可得

\[
y=\frac{qE_y}{2mu_x^2}x^2
\]

其中的 \(x^2\) 就是关键。粒子的轨迹是抛物线。

这个结果也告诉我们哪些因素会影响弯曲程度。以下情况会使偏转量增大：

• 电场较强，
• 电荷量的大小较大，
• 粒子的质量较小，或
• 水平速度较小。

最后一点尤其重要。速度较快的粒子仍然具有相同的加速度，但它在固定长度的电场区域内停留的时间较短。

更一般的轨迹

如果粒子一开始已经具有某个垂直速度 \(u_y\)，同样的推导可得

\[
y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x+\frac{qE_y}{2mu_x^2}x^2
\]

其中 \(y_0\) 是粒子的初始垂直位置。

只要电场均匀、\(u_x\neq0\)，而且 \(x\) 方向没有加速度，轨迹仍然是抛物线。

还有一个值得注意的边界情况。如果粒子恰好沿著与电场平行的方向进入，就没有横向速度分量形成弯曲轨迹。粒子只会沿直线运动，同时加速或减速。

04处理有限极板长度的最快方法

假设均匀电场在水平方向延伸长度 \(L\)，而粒子以速度 \(u\) 水平进入。

由于其水平速度保持不变，

\[
t=\frac{L}{u}
\]

因此粒子在两极板之间的垂直位移为

\[
\Delta y
=\frac{1}{2}\left(\frac{qE_y}{m}\right)\left(\frac{L}{u}\right)^2
\]

或

\[
\Delta y=\frac{qE_yL^2}{2mu^2}
\]

若只考虑大小，

\[
|\Delta y|=\frac{|q|EL^2}{2mu^2}
\]

粒子离开极板时的垂直速度为

\[
v_y=a_yt=\frac{qE_yL}{mu}
\]

而水平速度仍然是 \(u\)。

因此，相对于水平方向量度的离开角 \(\theta\) 可由下式求得：

\[
\tan\theta=\frac{v_y}{u}
\]

各个正负号应根据你的示意图判断，而不是在每一步中机械式地代入负数。

05如果电场由平行极板产生

题目不一定会直接给出 \(E\)。在理想平行极板之间，

\[
E=\frac{V}{d}
\]

其中 \(V\) 是两极板之间的电位差，以伏特为单位，而 \(d\) 是两极板之间的距离，以米为单位。

如要更完整地复习这一步，可参阅 平行极板之间的电场：使用 \(E=V/d\)。

这个理想化假设很重要。\(E=V/d\) 把电场视为均匀电场。接近极板边缘时，真实的电场线会向外散开，产生边缘效应。HSC 的粒子轨迹题通常会提供足够资讯，让你使用均匀电场模型。

范例：质子的偏转

一个质子水平进入大小为 \(5.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)、方向向下的均匀电场。它的速度为 \(3.0\times10^5\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)，而电场在水平方向延伸 \(5.0\times10^{-2}\ \mathrm{m}\)。计算质子在离开电场前的垂直偏转量。

使用 \(q_p=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) 和 \(m_p=1.67\times10^{-27}\ \mathrm{kg}\)。

步骤 1：判断质子的加速度方向。

质子带正电，所以它受到的力与电场方向相同。因此，它会向下偏转。

步骤 2：计算电场造成的加速度。

\[
a=\frac{qE}{m}
=\frac{(1.60\times10^{-19})(5.0\times10^3)}
{1.67\times10^{-27}}
=4.79\times10^{11}\ \mathrm{m\,s^{-2}}
\]

这个加速度看起来非常大，但原子尺度粒子的质量极小。

步骤 3：求质子在电场中停留的时间。

它的水平速度保持不变：

\[
t=\frac{L}{u}
=\frac{5.0\times10^{-2}}{3.0\times10^5}
=1.67\times10^{-7}\ \mathrm s
\]

步骤 4：在垂直方向使用恒加速度运动公式。

初始垂直速度为零，所以

\[
\Delta y
=\frac12at^2
=\frac12(4.79\times10^{11})(1.67\times10^{-7})^2
=6.65\times10^{-3}\ \mathrm m
\]

质子向下偏转约 \(6.7\ \mathrm{mm}\)。

重要的物理概念是：质子并没有失去原本的水平运动。电场使它获得愈来愈大的向下速度，而水平速度则继续保持不变。

范例：电子偏转后进入无电场区域

一个电子沿水平方向在两块平行极板正中央运动。两极板之间的电位差为 \(300\ \mathrm V\)，间距为 \(1.5\times10^{-2}\ \mathrm m\)，极板长度为 \(3.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。电子进入时的速度为 \(3.0\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。

上方极板带正电。距离极板末端 \(0.15\ \mathrm m\) 处有一个萤幕。

计算：

1. 电子在两极板之间的偏转量，
2. 电子离开极板时的方向，以及
3. 电子到达萤幕时的总垂直位移。

使用 \(e=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) 和 \(m_e=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}\)。

步骤 1：求电场大小和力的方向。

电场由带正电的上方极板指向带负电的下方极板，因此电场向下。

其大小为

\[
E=\frac{V}{d}
=\frac{300}{1.5\times10^{-2}}
=2.0\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}
\]

电子带负电，因此它受到的电力和加速度都向上。

步骤 2：计算电子的垂直加速度。

使用加速度的大小，

\[
a=\frac{eE}{m_e}
=\frac{(1.60\times10^{-19})(2.0\times10^4)}
{9.11\times10^{-31}}
=3.51\times10^{15}\ \mathrm{m\,s^{-2}}
\]

步骤 3：求电子在两极板之间的时间。

\[
t_1=\frac{L}{u}
=\frac{3.0\times10^{-2}}{3.0\times10^7}
=1.0\times10^{-9}\ \mathrm s
\]

步骤 4：计算电力作用期间的位移。

\[
y_1
=\frac12at_1^2
=\frac12(3.51\times10^{15})(1.0\times10^{-9})^2
=1.76\times10^{-3}\ \mathrm m
\]

因此电子在两极板之间上升约 \(1.8\ \mathrm{mm}\)。

步骤 5：求电子离开极板时的垂直速度。

\[
v_y=at_1
=(3.51\times10^{15})(1.0\times10^{-9})
=3.51\times10^6\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

它的水平速度仍然是 \(3.0\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。

因此，

\[
\tan\theta
=\frac{3.51\times10^6}{3.0\times10^7}
\]

可得

\[
\theta\approx6.7^\circ
\]

即高于水平方向 \(6.7^\circ\)。

步骤 6：用不同方式处理电子离开极板后的运动。

电子一旦离开电场，电力便消失。在一般 HSC 模型中，我们忽略重力及其他任何力。

因此，电子会以离开电场时的速度沿直线继续运动。

它到达萤幕所需的时间为

\[
t_2=\frac{0.15}{3.0\times10^7}
=5.0\times10^{-9}\ \mathrm s
\]

额外的向上位移为

\[
y_2=v_yt_2
=(3.51\times10^6)(5.0\times10^{-9})
=1.76\times10^{-2}\ \mathrm m
\]

总位移为

\[
y_{\text{total}}
=y_1+y_2
=1.76\times10^{-3}+1.76\times10^{-2}
=1.93\times10^{-2}\ \mathrm m
\]

因此，电子到达萤幕时的位置约在其原本运动直线上方 \(1.9\ \mathrm{cm}\)。

注意在极板边缘处，所使用的模型发生了变化：电力作用时走抛物线；电力消失后则沿直线运动。

06电场偏转与抛体运动

带电粒子的运动在数学上与抛体运动非常相似，因为两者都涉及一个方向上的恒定加速度，以及垂直于该方向的恒定速度。

有一个差异值得特别留意。

若忽略空气阻力，同时放下一个保龄球和一个小金属球，它们的重力加速度相同。因为 \(F_g=mg\)，质量会在计算中相消。

电场中的运动并不会自动出现这种情况：

\[
a=\frac{qE}{m}
\]

因此，即使两个粒子处于相同的电场中，只要它们的电荷质量比 \(q/m\) 不同，它们的加速度就可能相差很大。

07最容易犯的错误

「粒子会弯向负极板」

只有正电粒子才会如此。

电场方向指向负极板。负电粒子受到的力方向与电场相反，因此会弯向正极板。

最可靠的步骤始终是：

1. 画出电场方向，
2. 判断电荷的正负，
3. 判断力的方向，
4. 判断加速度的方向。

「路径是弯的，所以一定是圆的一部分」

圆周运动需要加速度方向持续改变，使其始终指向圆心。

在均匀电场中，电力始终指向固定方向。因此，加速度方向保持固定，而不是持续旋转。

所以形成的轨迹是抛物线，而不是圆。

「粒子转向时，水平速度会被消耗掉」

我们很容易把速度想像成一个固定总量，必须分配给水平和垂直运动。但向量分量并不是这样运作的。

如果没有水平力，

\[
a_x=0
\]

因此 \(v_x\) 保持不变。电场会产生一个不断改变的 \(v_y\)；它并不会从 \(v_x\) 中「拿走」速度。

「粒子离开极板后，会重新转回原本的方向」

粒子离开电场后会沿直线运动，但它不会回到原本的运动方向。

在离开电场的瞬间，它已经同时具有水平和垂直速度分量。之后若没有其他力，两个速度分量都保持不变。因此，粒子会沿其抛物线轨迹在离开点的切线方向前进。

08题目与解答

题目 1

一个电子以 \(2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 的速度水平进入大小为 \(1.5\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)、方向向下的均匀电场。电场在水平方向延伸 \(2.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

计算电子在离开电场前的垂直偏转量，并指出其方向。

使用 \(e=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) 和 \(m_e=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}\)。

解答 1

电子向上偏转 \(8.4\times10^{-4}\ \mathrm m\)，即 \(0.84\ \mathrm{mm}\)。

电场向下，但电子带负电，因此它受到的力向上。

先计算加速度的大小：

\[
a=\frac{eE}{m_e}
=\frac{(1.60\times10^{-19})(1.5\times10^4)}
{9.11\times10^{-31}}
=2.63\times10^{15}\ \mathrm{m\,s^{-2}}
\]

粒子在电场中停留的时间为

\[
t=\frac{L}{u}
=\frac{2.0\times10^{-2}}{2.5\times10^7}
=8.0\times10^{-10}\ \mathrm s
\]

初始垂直速度为零，所以

\[
\Delta y
=\frac12at^2
=\frac12(2.63\times10^{15})(8.0\times10^{-10})^2
=8.43\times10^{-4}\ \mathrm m
\]

因此，

\[
\boxed{\Delta y\approx0.84\ \mathrm{mm}\text{ 向上}}
\]

一种常见的错误做法，是因为电场向下就认为电子也向下。电场方向表示正电荷所受力的方向；电子所受的力则与之相反。

题目 2

一个质子和一个 alpha 粒子以水平方向进入同一个均匀电场，并通过相同的水平距离。

假设质子的电荷量为 \(+e\)，质量为 \(m_p\)。近似把 alpha 粒子的电荷量视为 \(+2e\)，质量为 \(4m_p\)。

比较以下情况下两者的偏转量：

a. 它们以相同速度进入，

b. 它们以相同动能进入。

不需要代入数值。

解答 2

当两者速度相同时，质子的偏转量是 alpha 粒子的两倍。当两者动能相同时，alpha 粒子的偏转量则是质子的两倍。

对于水平进入电场的粒子，

\[
y=\frac{qEL^2}{2mu^2}
\]

对于 a 部分，\(E\)、\(L\) 和 \(u\) 都相同，因此

\[
y\propto\frac qm
\]

对质子而言，

\[
\frac qm=\frac{e}{m_p}
\]

对 alpha 粒子而言，

\[
\frac qm=\frac{2e}{4m_p}
=\frac12\frac{e}{m_p}
\]

因此，

\[
y_\alpha=\frac12y_p
\]

所以质子的弯曲程度是 alpha 粒子的两倍。

b 部分改变了一个重要条件：相同动能并不代表相同速度。

利用

\[
K=\frac12mu^2
\]

可得

\[
u^2=\frac{2K}{m}
\]

把它代入偏转方程式：

\[
y
=\frac{qEL^2}
{2m(2K/m)}
=\frac{qEL^2}{4K}
\]

此时质量已经相消。当 \(K\) 固定时，

\[
y\propto q
\]

alpha 粒子的电荷量是质子的两倍，因此

\[
y_\alpha=2y_p
\]

最容易犯的错误，是在两个部分都直接使用 \(q/m\)。只有在速度保持相同时，这样做才成立。当动能固定时，两种粒子的进入速度不同，因此它们在电场中停留的时间也会不同。

题目 3

一个电子沿水平方向进入均匀电场。电场强度为 \(1.2\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)，电场区域长度为 \(4.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

离开电场后，电子再水平移动 \(0.20\ \mathrm m\)，然后撞上萤幕。相对于原本的运动直线，它的总垂直位移为 \(3.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

求电子进入电场时的水平速度。

使用 \(e=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) 和 \(m_e=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg}\)。

解答 3

电子的进入速度约为 \(2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。

关键在于，这 \(3.0\ \mathrm{cm}\) 的位移并不完全是在电子位于两极板之间时产生的。电子离开电场后仍会继续沿垂直方向运动，因为它保留了离开电场时的垂直速度。

设极板长度为 \(L\)，无电场区域的距离为 \(D\)，水平速度为 \(u\)。

加速度的大小为

\[
a=\frac{eE}{m_e}
\]

在电场区域中，

\[
t_1=\frac Lu
\]

所以第一段垂直位移为

\[
y_1=\frac12a\left(\frac Lu\right)^2
=\frac{aL^2}{2u^2}
\]

离开电场时的垂直速度为

\[
v_y=a\frac Lu
\]

从极板边缘移动到萤幕所需的时间为

\[
t_2=\frac Du
\]

因此额外位移为

\[
y_2=v_yt_2
=\left(\frac{aL}{u}\right)\left(\frac Du\right)
=\frac{aLD}{u^2}
\]

所以，

\[
Y
=\frac{a}{u^2}\left(\frac{L^2}{2}+LD\right)
\]

因此

\[
u^2
=\frac{a}{Y}\left(\frac{L^2}{2}+LD\right)
\]

首先，

\[
a
=\frac{(1.60\times10^{-19})(1.2\times10^4)}
{9.11\times10^{-31}}
=2.11\times10^{15}\ \mathrm{m\,s^{-2}}
\]

然后

\[
u^2
=
\frac{2.11\times10^{15}}{3.0\times10^{-2}}
\left[
\frac{(4.0\times10^{-2})^2}{2}
+(4.0\times10^{-2})(0.20)
\right]
\]

\[
u^2\approx6.18\times10^{14}\ \mathrm{m^2\,s^{-2}}
\]

因此

\[
u\approx2.49\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

所以，

\[
\boxed{u\approx2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}}
\]

最容易想到的捷径，是把完整的 \(3.0\ \mathrm{cm}\) 代入 \(y=\frac12at^2\)，并只使用极板长度来求时间。但这忽略了大部分几何关系：电子离开极板后，加速度变成零，但垂直速度并不会变成零。

题目 4

一个质子以 \(4.0\times10^5\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 的速度水平通过两个相邻的电场区域。

每个区域的长度都是 \(2.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

• 在第一个区域中，均匀电场为 \(3.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)，方向向上。
• 在第二个区域中，电场大小相同，但方向向下。

质子进入时没有垂直速度。

求：

a. 质子离开第二个区域时的垂直速度，

b. 它的总垂直位移，

c. 在第二段把电场反向，是否会完全抵消第一段电场所造成的运动。

使用 \(q_p=1.60\times10^{-19}\ \mathrm C\) 和 \(m_p=1.67\times10^{-27}\ \mathrm{kg}\)。

解答 4

质子离开时的垂直速度为零，但它仍然向上偏移约 \(7.2\times10^{-4}\ \mathrm m\)。反向电场抵消的是垂直速度，而不是已经累积的位移。

加速度大小为

\[
a=\frac{qE}{m}
=\frac{(1.60\times10^{-19})(3.0\times10^3)}
{1.67\times10^{-27}}
=2.87\times10^{11}\ \mathrm{m\,s^{-2}}
\]

通过每个区域所需的时间为

\[
\tau
=\frac{2.0\times10^{-2}}{4.0\times10^5}
=5.0\times10^{-8}\ \mathrm s
\]

在第一个区域中，质子向上加速。

它的位移为

\[
y_1
=\frac12a\tau^2
=\frac12(2.87\times10^{11})(5.0\times10^{-8})^2
=3.59\times10^{-4}\ \mathrm m
\]

质子到达中点时的垂直速度为

\[
v_{y,1}
=a\tau
=(2.87\times10^{11})(5.0\times10^{-8})
=1.44\times10^4\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

方向向上。

在第二个区域中，加速度方向反转。再经过一段时间 \(\tau\) 后，

\[
v_{y,2}=v_{y,1}-a\tau=0
\]

因此，质子的确会以零垂直速度离开。

但在第二段开始时，它已经具有向上的速度。这段时间内的位移为

\[
y_2
=v_{y,1}\tau-\frac12a\tau^2
\]

\[
y_2
=(1.44\times10^4)(5.0\times10^{-8})
-\frac12(2.87\times10^{11})(5.0\times10^{-8})^2
\]

\[
y_2=3.59\times10^{-4}\ \mathrm m
\]

因此，

\[
y_{\text{total}}
=y_1+y_2
=7.19\times10^{-4}\ \mathrm m
\]

即约为

\[
\boxed{0.72\ \mathrm{mm}\text{ 向上}}
\]

质子离开时的运动方向与原本方向平行，但整条轨迹已向上平移。

一个很有诱惑力但错误的论点是：大小相同、方向相反的电场作用相同时间，就一定会彼此完全抵消。它们的确会抵消速度的变化，但无法消除第一段已经产生的向上位移，因为在第二个区域中，质子虽然在垂直方向减速，却仍然向上运动。

这与把球向上抛出后，等到它的垂直速度再次变成零，并不代表球已经回到出发位置，是相同的道理。

题目 5

一个质子和一个 alpha 粒子都从静止开始。

两者各自经过相同的 \(800\ \mathrm V\) 电位差加速，然后沿水平方向进入同一个均匀偏转电场。

偏转电场的大小为 \(4.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)，并在水平方向延伸 \(5.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

假设质子的电荷量为 \(+e\)、质量为 \(m_p\)，而 alpha 粒子的电荷量为 \(+2e\)、质量为 \(4m_p\)。

一名学生认为：

「质子的 \(q/m\) 较大，所以它的轨迹一定弯曲得更厉害。」

判断质子和 alpha 粒子在偏转电场内是否真的沿不同轨迹运动。计算两者离开电场时的偏转量和离开角。

假设运动属于非相对论性运动，并忽略重力。

解答 5

质子和 alpha 粒子在偏转电场内沿著相同的几何轨迹运动。两者的偏转量都是 \(3.13\ \mathrm{mm}\)，并都以约 \(7.1^\circ\) 的角度离开。

这名学生的论点正确注意到，两种粒子在偏转电场中的加速度并不相同。但他遗漏了一个条件：两种粒子首先都是从静止开始，经过相同的电位差加速。因此，它们进入偏转区域时的速度并不相同。

带正电量 \(q\) 的粒子若从静止开始，经过电位差 \(V_a\) 加速，所增加的动能为

\[
qV_a=\frac12mu^2
\]

因此

\[
u^2=\frac{2qV_a}{m}
\]

在与运动方向垂直的偏转电场中，

\[
y=\frac{qEx^2}{2mu^2}
\]

代入 \(u^2\) 的表达式，

\[
y
=
\frac{qEx^2}
{2m(2qV_a/m)}
\]

电荷量和质量都相消：

\[
y=\frac{Ex^2}{4V_a}
\]

这条方程式既不含 \(q\)，也不含 \(m\)。

因此，在这些假设下，任何正电的非相对论性粒子，只要都从静止开始经过相同的电位差加速，再进入相同的偏转电场，就会沿著相同的 \(y(x)\) 轨迹运动。

在极板出口处，\(x=L\)：

\[
y
=\frac{EL^2}{4V_a}
\]

\[
y
=
\frac{(4.0\times10^3)(5.0\times10^{-2})^2}
{4(800)}
\]

\[
y
=\frac{10}{3200}
=3.125\times10^{-3}\ \mathrm m
\]

因此，两种粒子都有

\[
\boxed{y\approx3.13\ \mathrm{mm}}
\]

的偏转量。

对于离开角，

\[
\tan\theta=\frac{v_y}{u}
\]

由于

\[
v_y=\frac{qEL}{mu},
\]

可得

\[
\tan\theta
=\frac{qEL}{mu^2}
\]

再利用

\[
mu^2=2qV_a,
\]

得到

\[
\tan\theta=\frac{EL}{2V_a}
\]

因此，

\[
\tan\theta
=\frac{(4.0\times10^3)(5.0\times10^{-2})}
{2(800)}
=0.125
\]

所以两种粒子都有

\[
\boxed{\theta\approx7.1^\circ}
\]

的离开角。

质子的电荷质量比确实是 alpha 粒子的两倍，因此它在偏转电场中的加速度也是两倍。但质子经过加速电压后的速度也较大，所以它会更快通过偏转电场。较大的加速度与较短的作用时间恰好完全互相补偿。

这就是这道题的关键：单靠 \(q/m\) 只能告诉你加速度，但粒子的轨迹同时取决于加速度，以及该加速度作用了多长时间。

09由此可以进一步理解甚么

当你能把带电粒子的运动分解成垂直于电场方向的恒速运动，以及平行于电场方向的加速运动后，许多较困难的电场题目都会变得容易处理得多。

下一个值得学习的重点，是把轨迹模型与电势能连结起来。电位差可以透过 \(qV=\Delta K\) 决定粒子的进入速度，而偏转电场则决定该速度的方向如何改变。题目 5 展示了为甚么把这两个概念结合起来后，可以得到单靠 \(F=qE\) 并不容易直接看出的结果。