Электростатическая линза

Потенциал на оси и в плоскости кольца раскладывается в ряд по \(z\) и \(r\); коэффициент при \(r^2\) даёт радиальную силу. В части C сравните угол, который электрон получает при прохождении «активной области», с углом его исходного наклона.

A-1. Линейная плотность заряда кольца \(\lambda=\dfrac{q}{2\pi R}\). Все точки кольца находятся на расстоянии \(\sqrt{R^2+z^2}\) от точки A. Интегрируя по всему кольцу, \[\Phi(z)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{\sqrt{R^2+z^2}}.\]

A-2. Разложением по степеням \(z\): \[\Phi(z)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{\sqrt{R^2+z^2}}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{z}{R}\right)^2}}\approx\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1-\dfrac{z^2}{2R^2}\right).\]

A-3. Потенциальная энергия электрона \(V(z)=-e\Phi(z)\). Сила, действующая на электрон, \[F(z)=-\dfrac{dV(z)}{dz}=e\dfrac{d\Phi}{dz}=-\dfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z.\] Если это возвращающая сила, при положительном \(z\) она должна быть отрицательной. Значит, \(q>0\).

A-4. Уравнение движения электрона \[m\ddot z+\dfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z=0,\] откуда \[\omega=\sqrt{\dfrac{qe}{4\pi m\varepsilon_0 R^3}}.\]

B-1. Есть два способа решения: (i) прямое интегрирование; (ii) теорема Гаусса и результат части A.

Рисунок 1 к решению — Вычисление потенциала в плоскости кольца прямым интегрированием. На рисунке: \(C\) — точка на кольце; \(O\) — центр; \(B\) — точка наблюдения.

(i) Прямое интегрирование. Обозначения см. на рисунке 1 решения. Из-за цилиндрической симметрии потенциала поместим точку B, в которой вычисляем потенциал, на ось \(x\). Пусть \(|OB|=r\), \(|OC|=R\). Тогда \[|BC|^2=R^2+r^2-2Rr\cos\phi.\] Потенциал, создаваемый элементом кольца \(d\phi\) в точке B: \[d\Phi=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda R\,d\phi}{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\phi}}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda\,d\phi}{\sqrt{1+\dfrac{r^2}{R^2}-2\dfrac{r}{R}\cos\phi}}.\] Используя разложение из условия для \(\varepsilon=-1/2\), \[d\Phi\approx\dfrac{\lambda\,d\phi}{4\pi\varepsilon_0}\left[1-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{r^2}{R^2}-2\dfrac{r}{R}\cos\phi\right)+\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{r^2}{R^2}-2\dfrac{r}{R}\cos\phi\right)^2\right].\] Отбрасывая члены порядка \(r^3\) и \(r^4\): \[d\Phi\approx\dfrac{\lambda\,d\phi}{4\pi\varepsilon_0}\left[1+\dfrac{r}{R}\cos\phi+\dfrac{r^2}{R^2}\left(\dfrac{3}{2}\cos^2\phi-\dfrac{1}{2}\right)\right].\] Интегрируя по всем углам, \[\Phi(r)=\dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\left[1+\dfrac{r}{R}\cos\phi+\dfrac{r^2}{R^2}\left(\dfrac{3}{2}\cos^2\phi-\dfrac{1}{2}\right)\right]d\phi=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1+\dfrac{r^2}{4R^2}\right).\] Сравнивая с \(\Phi(r)=q(\alpha+\beta r^2)\), получаем \[\beta=\dfrac{1}{16\pi\varepsilon_0 R^3}.\] (ii) Теорема Гаусса.

Рисунок 2 к решению — Вычисление потенциала в плоскости кольца с помощью теоремы Гаусса. На рисунке: \(r\) — радиус цилиндра; \(2z\) — его высота.

Рассмотрим малый цилиндр радиуса \(r\), центр которого совпадает с центром кольца. В части A мы анализировали потенциал вдоль оси \(z\), а здесь — вдоль радиуса \(r\). Для любых \(z\ll R\) и \(r\ll R\) потенциал имеет вид \[\Phi(z,r)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1-\dfrac{z^2}{2R^2}\right)+q\beta r^2.\] Низшие члены квадратичны по \(r\) и \(z\). Из-за симметрии отражения потенциал не содержит членов вида \(rz\). Отсюда, например, сразу получаем \(\alpha=1/(4\pi\varepsilon_0 R)\). Таким образом, для малых \(r\) и \(z\) радиальная и осевая компоненты поля равны \[\mathcal{E}_z(z,r)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z,\qquad \mathcal{E}_r(z,r)=-2q\beta r.\] Применяя теорему Гаусса к цилиндру, \[\oint\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=0\quad\Rightarrow\quad\int_{\text{side}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S+\int_{\text{base}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=0.\] Второй интеграл: \(\int_{\text{base}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=2\pi r^2\mathcal E_z(z,r)=\dfrac{qzr^2}{2\varepsilon_0 R^3}\). Первый: \(\int_{\text{side}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=4\pi r z\,\mathcal E_r(z,r)=-8\pi q\beta r^2 z\). Значит, \[\dfrac{qzr^2}{2\varepsilon_0 R^3}-8\pi q\beta r^2 z=0,\] откуда \[\beta=\dfrac{1}{16\pi\varepsilon_0 R^3},\] что совпадает с результатом прямого интегрирования.

B-2. Потенциальная энергия электрона \(V(r)=-e\Phi(r)\). Сила, действующая на электрон в плоскости \(xy\), \[F(r)=-\dfrac{dV(r)}{dr}=e\dfrac{d\Phi(r)}{dr}=\dfrac{qe}{8\pi\varepsilon_0 R^3}\,r.\] Для колебаний сила при \(r>0\) должна быть отрицательной. Значит, \(q<0\).

C-1. Рассмотрим электрон со скоростью \(v=\sqrt{2E/m}\) на расстоянии \(r\) от «оптической» оси (рисунок 2 условия). Электрон проходит «активную область» линзы за время \[t=\dfrac{d}{v}.\] Уравнение движения в направлении \(r\): \[m\ddot r=2eq\beta r.\] За время прохождения активной области электрон получает радиальную скорость \[v_r=\dfrac{2eq\beta r}{m}\dfrac{d}{v}<0.\] Линза будет собирающей при \(q<0\). Время, за которое электрон достигает «оптической» оси: \[t'=\dfrac{r}{|v_r|}=-\dfrac{mv}{2eq\beta d}.\] За это время электрон проходит в направлении \(z\) расстояние \[\Delta z=t'v=-\dfrac{mv^2}{2eq\beta d}=-\dfrac{E}{eqd\beta}.\] \(\Delta z\) не зависит от радиального расстояния \(r\), поэтому все электроны пересекут «оптическую» ось (будут сфокусированы) в одной и той же точке. Итак, \[f=-\dfrac{E}{eqd\beta}.\]

C-2. Рассмотрим электрон, испущенный под углом \(\gamma\) к оптической оси (рисунок 3 решения).

Рисунок 3 к решению — Фокусировка электронов. На рисунке: \(b\) — расстояние от источника до кольца; \(c\) — расстояние от кольца до фокуса; \(\gamma\) — угол; \(d\) — ширина активной области; \(2R\) — диаметр кольца.

Начальная радиальная скорость электрона \[v_{r;0}=v\sin\gamma\approx v\gamma\approx v\dfrac{r}{b},\] где \(r\) — радиальное расстояние электрона в момент, когда он достигает плоскости кольца. Скорость в направлении \(z\) равна \(v_z=v\cos\gamma\approx v\). Для малых углов \(\gamma\) дополнительная скорость в радиальном направлении, приобретаемая в «активной области», та же, что и в части C-1. Значит, радиальная скорость после прохождения «активной области» \[v_r=v\dfrac{r}{b}+\dfrac{2eq\beta r}{m}\dfrac{d}{v},\] где первый член положителен, а второй отрицателен, так как \(q<0\). Если электроны сфокусированы, то \(v_r<0\) (это можно проверить после получения окончательного результата). Электрон достигнет оптической оси за время \[t'=\dfrac{r}{|v_r|}=-\dfrac{r}{\dfrac{2eq\beta r}{m}\dfrac{d}{v}+\dfrac{vr}{b}}=-\dfrac{1}{\dfrac{2eq\beta d}{mv}+\dfrac{v}{b}}.\] За это время электрон пройдёт расстояние \[c=t'v=-\dfrac{1}{\dfrac{2eq\beta d}{mv^2}+\dfrac{1}{b}}=-\dfrac{1}{\dfrac{eq\beta d}{E}+\dfrac{1}{b}}.\]

C-3. Из предыдущего ответа \[\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=-\dfrac{eq\beta d}{E}.\] Сравнивая с ответом C-1, получаем \[\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{f},\] т.е. формула тонкой оптической линзы справедлива и для электростатической линзы.

D-1. Разделим всё кольцо на две части: часть с углом \(2\alpha\ll 1\) и остальную часть кольца (рисунок 4 решения).

Рисунок 4 к решению — Вычисление ёмкости кольца. Часть с углом \(2\alpha\) вырезана; \(K\) — точка, в которой вычисляется потенциал.

Пусть малый угол \(2\alpha\ll 1\), но длина \(\alpha R\) по-прежнему велика по сравнению с \(a\) (\(\alpha R\gg a\)). Вычислим электростатический потенциал \(\Phi\) в точке \(K\). Он является суммой двух слагаемых: вклада вырезанной части с углом \(2\alpha\) (\(\Phi_1\)) и вклада остальной части кольца (\(\Phi_2\)).

Вклад \(\Phi_1\). Так как \(\alpha\ll1\), кривизной вырезанного цилиндра можно пренебречь. Линейная плотность заряда кольца \(\lambda=\dfrac{q}{2\pi R}\). Потенциал в центре цилиндра \[\Phi_1=2\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q}{2\pi R}\int_0^{\alpha R}\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\int_0^{\alpha R/a}\dfrac{dy}{\sqrt{1+y^2}}.\] Используя интеграл из условия, \[\Phi_1=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\left(y+\sqrt{1+y^2}\right)\Bigg|_0^{\alpha R/a}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\left(\dfrac{\alpha R}{a}+\sqrt{1+\left(\dfrac{\alpha R}{a}\right)^2}\right).\] Так как \(\alpha R\gg a\), \[\Phi_1\approx\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{2\alpha R}{a}.\] Вклад \(\Phi_2\). Здесь толщиной \(a\) можно пренебречь. По теореме косинусов расстояние между точками K и L (рисунок 8 решения) равно \(|KL|=2R\sin\dfrac{\phi}{2}\).

Рисунок 5 к решению — Вычисление ёмкости кольца. На рисунке: K — точка наблюдения; L — точка на кольце; \(\phi\) — угол между \(OK\) и \(OL\).

Вклад \(\Phi_2\) записывается интегралом \[\Phi_2=2\cdot\dfrac{q}{2\pi}\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\alpha}^{\pi}\dfrac{d\phi}{2R\sin\frac{\phi}{2}}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\int_{\alpha/2}^{\pi/2}\dfrac{d\chi}{\sin\chi}.\] По интегралу из условия \[\int_{\alpha/2}^{\pi/2}\dfrac{d\chi}{\sin\chi}=-\ln\left.\dfrac{\cos\chi+1}{\sin\chi}\right|_{\alpha/2}^{\pi/2}=\ln\dfrac{\cos\frac{\alpha}{2}+1}{\sin\frac{\alpha}{2}}\approx\ln\dfrac{4}{\alpha}\quad\text{при }\alpha\ll1.\] Поэтому \[\Phi_2\approx\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{4}{\alpha}.\] Полный потенциал и ёмкость. Полный потенциал — сумма \(\Phi_1\) и \(\Phi_2\): \[\Phi=\Phi_1+\Phi_2=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{2\alpha R}{a}+\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{4}{\alpha}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{8R}{a}.\] \(\alpha\) выпадает из выражения. Отсюда ёмкость \(C=q/\Phi\): \[C=\dfrac{4\pi^2\varepsilon_0 R}{\ln\dfrac{8R}{a}}.\] При \(a\to 0\) имеем \(C\to 0\).

D-2. Пусть \(q(t)\) — заряд кольца в момент времени \(t\). Потенциал кольца равен \(q(t)/C\). Падение напряжения на резисторе \(R_0I(t)=R_0\dfrac{dq}{dt}\). Поэтому при \(-\dfrac{d}{2v}<t<\dfrac{d}{2v}\) \[\dfrac{q(t)}{C}+R_0\dfrac{dq}{dt}=V_0.\] Интегрируя это уравнение с учётом того, что \(q(t)=0\) при \(t=-\dfrac{d}{2v}\), получаем \[q(t)=CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}e^{-\frac{t}{R_0C}}\right).\] Наибольшее по модулю значение заряда достигается при \(t=\dfrac{d}{2v}\), и в этот момент \[q_0=CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{vR_0C}}\right).\] При \(t>\dfrac{d}{2v}\) имеем \[\dfrac{q(t)}{C}+R_0\dfrac{dq}{dt}=0.\] Отсюда \[q(t)=q_0e^{-\frac{t-\frac{d}{2v}}{R_0C}}=CV_0\left(e^{\frac{d}{2vR_0C}}-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}\right)e^{-\frac{t}{R_0C}}.\] Итак, \[q(t)=\begin{cases} 0, & t<-\dfrac{d}{2v};\\[4pt] CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}e^{-\frac{t}{R_0C}}\right), & -\dfrac{d}{2v}<t<\dfrac{d}{2v};\\[4pt] CV_0\left(e^{\frac{d}{2vR_0C}}-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}\right)e^{-\frac{t}{R_0C}}, & t>\dfrac{d}{2v}. \end{cases}\] Для фокусировки заряд должен быть отрицательным, поэтому \(V_0<0\). Зависимость заряда от времени показана на рисунке 6 решения.

Рисунок 6 к решению — Заряд кольца как функция времени. На рисунке: \(q(t)\) — заряд; \(t\) — время; \(q_0\) — минимальное значение заряда.

E-1. Как и в части C, радиальное уравнение движения электрона: \[m\ddot r=2eq(t)\beta r,\] где здесь \(q(t)\) зависит от времени. Обозначим \(\eta=2e\beta/m\), тогда \[\ddot r-\eta q(t)\,r=0.\] Так как \(f/v\gg R_0C\), то за время зарядки и разрядки электрон существенно не меняет своего радиального положения \(r\), и можно считать \(r\) постоянным на протяжении всего процесса зарядки и разрядки. Тогда приобретаемая вертикальная скорость \[v_r=\eta r\int_{-d/(2v)}^{\infty}q(t)\,dt.\] Используем полученные выражения для \(q(t)\) и вычислим интегралы. Интеграл \(\int_{-d/(2v)}^{d/(2v)}q(t)\,dt\) (обозначим \(d/v=t_0\), \(R_0C=\tau\), \(CV_0=Q_0\)): \[\int_{-t_0/2}^{t_0/2}q(t)\,dt=Q_0\left[t_0-\tau\left(1-e^{-t_0/\tau}\right)\right].\] Интеграл \(\int_{d/(2v)}^{\infty}q(t)\,dt\): \[\int_{t_0/2}^{\infty}Q_0\left(e^{\frac{t_0}{2\tau}}-e^{-\frac{t_0}{2\tau}}\right)e^{-\frac{t}{\tau}}\,dt=Q_0\,\tau\left(1-e^{-t_0/\tau}\right).\] Сложив два интеграла, получаем \[\int_{-t_0/2}^{\infty}q(t)\,dt=Q_0\,t_0.\] Интересно, что результат не зависит от \(\tau=R_0C\). Поэтому приобретаемая вертикальная скорость электрона \[v_r=\eta r\,CV_0\,\dfrac{d}{v}=\dfrac{2e\beta CV_0 d\,r}{mv}.\] Повторяя рассуждения части C, получаем фокусное расстояние \[f=-\dfrac{E}{eCV_0 d\beta}.\] E-2. Сравнивая \(f=-\dfrac{E}{eCV_0 d\beta}\) с \(f=-\dfrac{E}{eqd\beta}\) из части C, сразу получаем \[q_{\text{eff}}=CV_0.\]