電場中的帶電粒子軌跡：HSC 物理

一個電子進入兩塊水平帶電極板之間的空隙，並筆直向右運動。上方極板帶正電，下方極板帶負電。接下來會發生甚麼事：電子會沿斜線前進、彎成圓形，還是像拋體一樣沿著某種曲線運動？

繼續閱讀前，先試著預測。電場由正極板指向負極板，因此方向向下。但電子帶負電，所以它受到的電力方向向上。電子一邊繼續向右運動，一邊向上加速。在均勻電場中，這兩種運動結合起來會形成拋物線。

重要的概念不只是「帶電粒子在電場中會彎曲」。更精確地說：恆定的電力會在一個方向產生恆定加速度，而垂直於該力方向的運動則可以保持不變。這與拋體運動的結構幾乎完全相同。

01從你已經熟悉的運動開始

想像一輛小車在幾乎沒有摩擦的地面上向東滾動，同時有人以恆定的力把它向北拉。

向北的拉力不會消除小車原本向東的速度。小車會繼續向東運動，同時獲得愈來愈大的向北速度，因此它的路徑會逐漸彎曲。

帶電粒子在均勻電場中的行為也是一樣。「繩子」就是電力。不過，與真正的繩子不同，沒有任何物體實際接觸粒子，而且只要粒子位於有電場的區域內，這個力便可以持續作用。

這立即把問題分成兩個彼此獨立的運動：

• 垂直於電場方向：若該方向沒有力，速度保持恆定
• 平行於電場方向：加速度保持恆定

這種分解方式是處理幾乎所有 HSC 帶電粒子軌跡題目的關鍵。

02在使用方程式前，先判斷方向

電場方向的定義，是正電荷受到推動的方向。

因此：

對於位於電場 \(\vec E\) 中、電荷量為 \(q\) 的粒子，

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

其中 \(F\) 是以牛頓為單位的電力，\(q\) 是以庫侖為單位的電荷量，而 \(E\) 是以牛頓每庫侖為單位的電場強度。

根據牛頓第二定律，

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

其中 \(m\) 是粒子的質量，以公斤為單位，而 \(a\) 是其加速度，以米每二次方秒為單位。

注意，\(q\) 是帶正負號的量。假設我們把向上定為正方向，而電場向下，那麼電場的 \(y\) 分量 \(E_y\) 就是負值。對電子而言，\(q\) 也是負值。因此乘積 \(qE_y\) 為正，代表加速度向上。

這比死記「電子會向上」更可靠。電子並不一定向上；它的加速度方向永遠與當時電場的方向相反。

03為甚麼軌跡會變成拋物線

假設一個粒子沿水平方向進入均勻電場。

選定：

• \(x\) 方向沿著粒子的初速度
• \(y\) 方向沿著電場軸線
• 初始水平速度為 \(u_x\)
• 初始垂直速度為 \(u_y=0\)

假設電場沒有 \(x\) 分量。因此水平方向沒有電力，所以

\[
a_x=0
\]

而水平方向的運動為

\[
x=u_xt
\]

垂直加速度是恆定的：

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

因此垂直位移為

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

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 \(x^2\) 就是關鍵。粒子的軌跡是拋物線。

這個結果也告訴我們哪些因素會影響彎曲程度。以下情況會使偏轉量增大：

• 電場較強，
• 電荷量的大小較大，
• 粒子的質量較小，或
• 水平速度較小。

最後一點尤其重要。速度較快的粒子仍然具有相同的加速度，但它在固定長度的電場區域內停留的時間較短。

更一般的軌跡

如果粒子一開始已經具有某個垂直速度 \(u_y\)，同樣的推導可得

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

其中 \(y_0\) 是粒子的初始垂直位置。

只要電場均勻、\(u_x\neq0\)，而且 \(x\) 方向沒有加速度，軌跡仍然是拋物線。

還有一個值得注意的邊界情況。如果粒子恰好沿著與電場平行的方向進入，就沒有橫向速度分量形成彎曲軌跡。粒子只會沿直線運動，同時加速或減速。

04處理有限極板長度的最快方法

假設均勻電場在水平方向延伸長度 \(L\)，而粒子以速度 \(u\) 水平進入。

由於其水平速度保持不變，

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

因此粒子在兩極板之間的垂直位移為

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

或

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

若只考慮大小，

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

粒子離開極板時的垂直速度為

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

而水平速度仍然是 \(u\)。

因此，相對於水平方向量度的離開角 \(\theta\) 可由下式求得：

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

各個正負號應根據你的示意圖判斷，而不是在每一步中機械式地代入負數。

05如果電場由平行極板產生

題目不一定會直接給出 \(E\)。在理想平行極板之間，

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

其中 \(V\) 是兩極板之間的電位差，以伏特為單位，而 \(d\) 是兩極板之間的距離，以米為單位。

如要更完整地複習這一步，可參閱 平行極板之間的電場：使用 \(E=V/d\)。

這個理想化假設很重要。\(E=V/d\) 把電場視為均勻電場。接近極板邊緣時，真實的電場線會向外散開，產生邊緣效應。HSC 的粒子軌跡題通常會提供足夠資訊，讓你使用均勻電場模型。

範例：質子的偏轉

一個質子水平進入大小為 \(5.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)、方向向下的均勻電場。它的速度為 \(3.0\times10^5\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)，而電場在水平方向延伸 \(5.0\times10^{-2}\ \mathrm{m}\)。計算質子在離開電場前的垂直偏轉量。

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

步驟 1：判斷質子的加速度方向。

質子帶正電，所以它受到的力與電場方向相同。因此，它會向下偏轉。

步驟 2：計算電場造成的加速度。

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

這個加速度看起來非常大，但原子尺度粒子的質量極小。

步驟 3：求質子在電場中停留的時間。

它的水平速度保持不變：

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

步驟 4：在垂直方向使用恆加速度運動公式。

初始垂直速度為零，所以

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

質子向下偏轉約 \(6.7\ \mathrm{mm}\)。

重要的物理概念是：質子並沒有失去原本的水平運動。電場使它獲得愈來愈大的向下速度，而水平速度則繼續保持不變。

範例：電子偏轉後進入無電場區域

一個電子沿水平方向在兩塊平行極板正中央運動。兩極板之間的電位差為 \(300\ \mathrm V\)，間距為 \(1.5\times10^{-2}\ \mathrm m\)，極板長度為 \(3.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。電子進入時的速度為 \(3.0\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。

上方極板帶正電。距離極板末端 \(0.15\ \mathrm m\) 處有一個螢幕。

計算：

1. 電子在兩極板之間的偏轉量，
2. 電子離開極板時的方向，以及
3. 電子到達螢幕時的總垂直位移。

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

步驟 1：求電場大小和力的方向。

電場由帶正電的上方極板指向帶負電的下方極板，因此電場向下。

其大小為

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

電子帶負電，因此它受到的電力和加速度都向上。

步驟 2：計算電子的垂直加速度。

使用加速度的大小，

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

步驟 3：求電子在兩極板之間的時間。

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

步驟 4：計算電力作用期間的位移。

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

因此電子在兩極板之間上升約 \(1.8\ \mathrm{mm}\)。

步驟 5：求電子離開極板時的垂直速度。

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

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

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

即高於水平方向 \(6.7^\circ\)。

步驟 6：用不同方式處理電子離開極板後的運動。

電子一旦離開電場，電力便消失。在一般 HSC 模型中，我們忽略重力及其他任何力。

因此，電子會以離開電場時的速度沿直線繼續運動。

它到達螢幕所需的時間為

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

額外的向上位移為

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

總位移為

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

因此，電子到達螢幕時的位置約在其原本運動直線上方 \(1.9\ \mathrm{cm}\)。

注意在極板邊緣處，所使用的模型發生了變化：電力作用時走拋物線；電力消失後則沿直線運動。

06電場偏轉與拋體運動

帶電粒子的運動在數學上與拋體運動非常相似，因為兩者都涉及一個方向上的恆定加速度，以及垂直於該方向的恆定速度。

有一個差異值得特別留意。

若忽略空氣阻力，同時放下一個保齡球和一個小金屬球，它們的重力加速度相同。因為 \(F_g=mg\)，質量會在計算中相消。

電場中的運動並不會自動出現這種情況：

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

因此，即使兩個粒子處於相同的電場中，只要它們的電荷質量比 \(q/m\) 不同，它們的加速度就可能相差很大。

07最容易犯的錯誤

「粒子會彎向負極板」

只有正電粒子才會如此。

電場方向指向負極板。負電粒子受到的力方向與電場相反，因此會彎向正極板。

最可靠的步驟始終是：

1. 畫出電場方向，
2. 判斷電荷的正負，
3. 判斷力的方向，
4. 判斷加速度的方向。

「路徑是彎的，所以一定是圓的一部分」

圓周運動需要加速度方向持續改變，使其始終指向圓心。

在均勻電場中，電力始終指向固定方向。因此，加速度方向保持固定，而不是持續旋轉。

所以形成的軌跡是拋物線，而不是圓。

「粒子轉向時，水平速度會被消耗掉」

我們很容易把速度想像成一個固定總量，必須分配給水平和垂直運動。但向量分量並不是這樣運作的。

如果沒有水平力，

\[
a_x=0
\]

因此 \(v_x\) 保持不變。電場會產生一個不斷改變的 \(v_y\)；它並不會從 \(v_x\) 中「拿走」速度。

「粒子離開極板後，會重新轉回原本的方向」

粒子離開電場後會沿直線運動，但它不會回到原本的運動方向。

在離開電場的瞬間，它已經同時具有水平和垂直速度分量。之後若沒有其他力，兩個速度分量都保持不變。因此，粒子會沿其拋物線軌跡在離開點的切線方向前進。

08題目與解答

題目 1

一個電子以 \(2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 的速度水平進入大小為 \(1.5\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)、方向向下的均勻電場。電場在水平方向延伸 \(2.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

計算電子在離開電場前的垂直偏轉量，並指出其方向。

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

解答 1

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

電場向下，但電子帶負電，因此它受到的力向上。

先計算加速度的大小：

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

粒子在電場中停留的時間為

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

初始垂直速度為零，所以

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

因此，

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

一種常見的錯誤做法，是因為電場向下就認為電子也向下。電場方向表示正電荷所受力的方向；電子所受的力則與之相反。

題目 2

一個質子和一個 alpha 粒子以水平方向進入同一個均勻電場，並通過相同的水平距離。

假設質子的電荷量為 \(+e\)，質量為 \(m_p\)。近似把 alpha 粒子的電荷量視為 \(+2e\)，質量為 \(4m_p\)。

比較以下情況下兩者的偏轉量：

a. 它們以相同速度進入，

b. 它們以相同動能進入。

不需要代入數值。

解答 2

當兩者速度相同時，質子的偏轉量是 alpha 粒子的兩倍。當兩者動能相同時，alpha 粒子的偏轉量則是質子的兩倍。

對於水平進入電場的粒子，

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

對於 a 部分，\(E\)、\(L\) 和 \(u\) 都相同，因此

\[
y\propto\frac qm
\]

對質子而言，

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

對 alpha 粒子而言，

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

因此，

\[
y_\alpha=\frac12y_p
\]

所以質子的彎曲程度是 alpha 粒子的兩倍。

b 部分改變了一個重要條件：相同動能並不代表相同速度。

利用

\[
K=\frac12mu^2
\]

可得

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

把它代入偏轉方程式：

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

此時質量已經相消。當 \(K\) 固定時，

\[
y\propto q
\]

alpha 粒子的電荷量是質子的兩倍，因此

\[
y_\alpha=2y_p
\]

最容易犯的錯誤，是在兩個部分都直接使用 \(q/m\)。只有在速度保持相同時，這樣做才成立。當動能固定時，兩種粒子的進入速度不同，因此它們在電場中停留的時間也會不同。

題目 3

一個電子沿水平方向進入均勻電場。電場強度為 \(1.2\times10^4\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)，電場區域長度為 \(4.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

離開電場後，電子再水平移動 \(0.20\ \mathrm m\)，然後撞上螢幕。相對於原本的運動直線，它的總垂直位移為 \(3.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

求電子進入電場時的水平速度。

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

解答 3

電子的進入速度約為 \(2.5\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)。

關鍵在於，這 \(3.0\ \mathrm{cm}\) 的位移並不完全是在電子位於兩極板之間時產生的。電子離開電場後仍會繼續沿垂直方向運動，因為它保留了離開電場時的垂直速度。

設極板長度為 \(L\)，無電場區域的距離為 \(D\)，水平速度為 \(u\)。

加速度的大小為

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

在電場區域中，

\[
t_1=\frac Lu
\]

所以第一段垂直位移為

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

離開電場時的垂直速度為

\[
v_y=a\frac Lu
\]

從極板邊緣移動到螢幕所需的時間為

\[
t_2=\frac Du
\]

因此額外位移為

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

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，

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

然後

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

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

因此

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

所以，

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

最容易想到的捷徑，是把完整的 \(3.0\ \mathrm{cm}\) 代入 \(y=\frac12at^2\)，並只使用極板長度來求時間。但這忽略了大部分幾何關係：電子離開極板後，加速度變成零，但垂直速度並不會變成零。

題目 4

一個質子以 \(4.0\times10^5\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) 的速度水平通過兩個相鄰的電場區域。

每個區域的長度都是 \(2.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

• 在第一個區域中，均勻電場為 \(3.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)，方向向上。
• 在第二個區域中，電場大小相同，但方向向下。

質子進入時沒有垂直速度。

求：

a. 質子離開第二個區域時的垂直速度，

b. 它的總垂直位移，

c. 在第二段把電場反向，是否會完全抵消第一段電場所造成的運動。

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

解答 4

質子離開時的垂直速度為零，但它仍然向上偏移約 \(7.2\times10^{-4}\ \mathrm m\)。反向電場抵消的是垂直速度，而不是已經累積的位移。

加速度大小為

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

通過每個區域所需的時間為

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

在第一個區域中，質子向上加速。

它的位移為

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

質子到達中點時的垂直速度為

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

方向向上。

在第二個區域中，加速度方向反轉。再經過一段時間 \(\tau\) 後，

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

因此，質子的確會以零垂直速度離開。

但在第二段開始時，它已經具有向上的速度。這段時間內的位移為

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

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

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

因此，

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

即約為

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

質子離開時的運動方向與原本方向平行，但整條軌跡已向上平移。

一個很有誘惑力但錯誤的論點是：大小相同、方向相反的電場作用相同時間，就一定會彼此完全抵消。它們的確會抵消速度的變化，但無法消除第一段已經產生的向上位移，因為在第二個區域中，質子雖然在垂直方向減速，卻仍然向上運動。

這與把球向上拋出後，等到它的垂直速度再次變成零，並不代表球已經回到出發位置，是相同的道理。

題目 5

一個質子和一個 alpha 粒子都從靜止開始。

兩者各自經過相同的 \(800\ \mathrm V\) 電位差加速，然後沿水平方向進入同一個均勻偏轉電場。

偏轉電場的大小為 \(4.0\times10^3\ \mathrm{N\,C^{-1}}\)，並在水平方向延伸 \(5.0\times10^{-2}\ \mathrm m\)。

假設質子的電荷量為 \(+e\)、質量為 \(m_p\)，而 alpha 粒子的電荷量為 \(+2e\)、質量為 \(4m_p\)。

一名學生認為：

「質子的 \(q/m\) 較大，所以它的軌跡一定彎曲得更厲害。」

判斷質子和 alpha 粒子在偏轉電場內是否真的沿不同軌跡運動。計算兩者離開電場時的偏轉量和離開角。

假設運動屬於非相對論性運動，並忽略重力。

解答 5

質子和 alpha 粒子在偏轉電場內沿著相同的幾何軌跡運動。兩者的偏轉量都是 \(3.13\ \mathrm{mm}\)，並都以約 \(7.1^\circ\) 的角度離開。

這名學生的論點正確注意到，兩種粒子在偏轉電場中的加速度並不相同。但他遺漏了一個條件：兩種粒子首先都是從靜止開始，經過相同的電位差加速。因此，它們進入偏轉區域時的速度並不相同。

帶正電量 \(q\) 的粒子若從靜止開始，經過電位差 \(V_a\) 加速，所增加的動能為

\[
qV_a=\frac12mu^2
\]

因此

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

在與運動方向垂直的偏轉電場中，

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

代入 \(u^2\) 的表達式，

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

電荷量和質量都相消：

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

這條方程式既不含 \(q\)，也不含 \(m\)。

因此，在這些假設下，任何正電的非相對論性粒子，只要都從靜止開始經過相同的電位差加速，再進入相同的偏轉電場，就會沿著相同的 \(y(x)\) 軌跡運動。

在極板出口處，\(x=L\)：

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

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

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

因此，兩種粒子都有

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

的偏轉量。

對於離開角，

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

由於

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

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，

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

所以兩種粒子都有

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

的離開角。

質子的電荷質量比確實是 alpha 粒子的兩倍，因此它在偏轉電場中的加速度也是兩倍。但質子經過加速電壓後的速度也較大，所以它會更快通過偏轉電場。較大的加速度與較短的作用時間恰好完全互相補償。

這就是這道題的關鍵：單靠 \(q/m\) 只能告訴你加速度，但粒子的軌跡同時取決於加速度，以及該加速度作用了多長時間。

09由此可以進一步理解甚麼

當你能把帶電粒子的運動分解成垂直於電場方向的恆速運動，以及平行於電場方向的加速運動後，許多較困難的電場題目都會變得容易處理得多。

下一個值得學習的重點，是把軌跡模型與電勢能連結起來。電位差可以透過 \(qV=\Delta K\) 決定粒子的進入速度，而偏轉電場則決定該速度的方向如何改變。題目 5 展示了為甚麼把這兩個概念結合起來後，可以得到單靠 \(F=qE\) 並不容易直接看出的結果。