帶電粒子在交變電場中的運動1．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖3甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k＞1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示。在t＝0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件。2．兩塊水平平行放置的導體板如圖4甲所示，大量電子(質量為m、電荷量為e)由靜止開始，經電壓為U0的電場加速后，連續不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計電子重力)。問：(1)這些電子通過兩板之間后，側向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；(2)側向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少。3．如圖甲所示，真空室中電極K發出的電子(初速度不計)經過電勢差為U1的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入兩板間的偏轉電場，最后打在熒光屏上。C、D兩板間的電勢差UCD隨時間變化的圖像如圖乙所示，設C、D間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場。已知電子的質量為m、電荷量為e(重力不計)，C、D極板長為l，板間距離為d，偏轉電壓U2，熒光屏距C、D右端的距離為eq\f(l,6)，所有電子都能通過偏轉電極。(1)求電子通過偏轉電場的時間t0；(2)若UCD的周期T＝t0，求熒光屏上電子能夠到達的區域的長度；(3)若UCD的周期T＝2t0，求到達熒光屏上O點的電子的動能。4.如圖所示，一個帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點射入第一象限內，為了使這個粒子能經過x軸上定點b，可在第一象限的某區域內加一方向沿y軸負方向的勻強電場。已知所加電場的場強大小為E，電場區域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質量為m，帶電量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離。

1、解析：電子在0～τ時間內做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)由題知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案：d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))２．解析：以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t＝0時和t＝t0時進入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy-t圖像分別如圖a和圖b所示，設兩平行板之間的距離為d。(1)圖中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0，由圖a可得電子的最大側向位移為xymax＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1yt0＋v1yt0))＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t02,md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由圖b可得電子的最小側向位移為xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t02,2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))。(2)v1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0,md)t0))2＝eq\f(eU0,6m)，v2y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0,md)2t0))2＝eq\f(2eU0,3m)電子經電壓U0加速，由動能定理知，eq\f(1,2)mv02＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv22,\f(1,2)mv12)＝eq\f(\f(1,2)mv02＋v2y2,\f(1,2)mv02＋v1y2)＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13)。答案：見解析３．解析(1)電子在加速電場的加速過程U1e＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在偏轉電場中運動，水平方向勻速運動v0t0＝l，得t0＝leq\r(\f(m,2U1e))。(2)當T＝t0時，電子在偏轉電場中沿豎直方向加速半個周期，減速半個周期，最終水平飛出時，電子在豎直方向的位移最大。t＝0時刻進入偏轉電場的電子向上側移距離最大值y上＝eq\f(1,2)·eq\f(U2e,dm)(eq\f(t0,2))2×2＝eq\f(U2l2,8dU1)同理得向下側移距離最大值y下＝eq\f(1,2)·eq\f(U2e,dm)(eq\f(t0,2))2×2＝eq\f(U2l2,8dU1)所以電子能到達的區域長Δy＝y下＋y上＝eq\f(U2l2,4dU1)。(3)當T＝2t0時，電子要到達O點必須在豎直方向有先加速后減速再反向加速的過程，并且加速度大小相等，整個過程向上的位移和向下的位移大小相等。設向上加速時間為Δt，加速度大小為a，則在豎直方向上有y上＝eq\f(1,2)aΔt2×2y下＝eq\f(1,2)a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)eq\f(l,6v0)要到達O點，y上＝y下聯立得Δt＝eq\f(t0,3)所以到達O點的電子經過偏轉電場時電場力做功W＝eq\f(1,2)·m·[a(t0－2Δt)]2＝eq\f(eU\o\al(2,2)l2,36U1d2)電子從K到O過程由動能定理得Ek＝U1e＋W＝U1e＋eq\f(eU\o\al(2,2)l2,36U1d2)４.解析：設電場左邊界到b點的距離為Δx，已知電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)若粒子在離開電場前已到達b點，如圖甲所示，即Δx≤s，則Δx＝v0t，y＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。(2)若粒子離開電場后做勻速直線