2020届人教版高中物理选修3-1学案：第一章 第9节 带电粒子在电场中的运动含答案

第9节
带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子仅在电场力作用下加速时，可根据动能定理求速度。

2．带电粒子以速度v 0垂直进入匀强电场时，如果仅受电场力，则做类平抛运动。

3．示波管利用了带电粒子在电场中的加速和偏转原理。

一、带电粒子的加速 1．基本粒子的受力特点
对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力，可以忽略不计。

2．带电粒子加速问题的处理方法 (1)利用动能定理分析。

初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12mv 2
，则v ＝
2qU
m。

(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。

二、带电粒子的偏转
两极板长为l ，极板间距离为d 、电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的基本粒子，以初速度v 0平行两极板进入匀强电场后，粒子的运动特点和平抛运动相似：
(1)初速度方向做匀速直线运动，穿越两极板的时间t ＝l v 0。

(2)电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝qU md。

三、示波管的原理 1．构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X 偏转电极板和一对Y 偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示。

2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。

(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。

1．自主思考——判一判
(1)基本带电粒子在电场中不受重力。

(×)
(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。

(×)
(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。

(×)
(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动。

(√)
(5)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置。

(√)
(6)示波管的荧光屏上显示的是电子的运动轨迹。

(×)
2．合作探究——议一议
(1)带电粒子在电场中运动时，什么情况下重力可以忽略？
提示：①当带电粒子的重力远小于静电力时，粒子的重力就可以忽略。

②微观带电粒子，如电子、质子、离子、α粒子等除有说明或明确暗示外，处理问题时均不计重力。

而带电的液滴、小球等除有说明或明确暗示外，处理问题时均应考虑重力。

(2)如图所示，带电粒子(不计重力)从两板中间垂直电场线方向进入电
场，在电场中的运动时间与什么因素有关？
提示：若能离开电场，则与板的长度L和初速度v0有关；若打在极板上，
则与电场强度E和板间距离有关。

(3)当示波管的偏转电极没有加电压时，电子束将打在荧光屏什么位置？
提示：偏转电极不加电压，电子束沿直线运动、打在荧光屏中心，形成一个亮斑。

带电粒子的加速问题
1．带电粒子的加速
当带电粒子以很小的速度进入电场中，在静电力作用下做加速运动，示波器、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子加速的。

2．处理方法
可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，其比较如下：
动力学角度
功能关系角度 涉及知识
应用牛顿第二定律结合匀变速直线运
动分式
功的公式及动能定理
选择条件 匀强电场，静电力是恒力 可以是匀强电场，也可以是非匀强电
场，电场力可以是恒力，也可以是变
力
1．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板时的速度为v ，保持两板间的电压不变，则( )
A ．当增大两板间的距离时，速度v 增大
B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小
C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变
D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
解析：选C 由动能定理得eU ＝12
mv 2
，当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故
选项A 、B 错误，C 正确；电子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝v 2＝d t ，得t ＝2d
v ，当
d 减小时，v 不变，电子在板间运动的时间变短，故选项D 错误。

2．[多选]如图所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是(设电源电压为U )( )
A ．电子到达
B 板时的动能是eU B ．电子从B 板到达
C 板动能变化量为零 C ．电子到达
D 板时动能是3eU D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动
解析：选ABD 由eU ＝E k B 可知，电子到达B 板时的动能为eU ，A 正确；因B 、C 两板间电势差为0，故电子从B 板到达C 板的过程中动能变化量为零，B 正确；电子由C 到D 的过程中电场力做负功大小为eU ，故电子到达D 板时速度为零，然后又返回A 板，以后重复之
前的运动，C 错误，D 正确。

3．如图所示，一个质子以初速度v 0＝5×106
m/s 水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。

两板距离为20 cm ，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105
N/C 。

质子质量m ＝1.67×10
－27
kg ，电荷量q ＝1.60×10
－19
C 。

求质子由板上小孔射出时的速
度大小。

解析：根据动能定理W ＝12mv
12－1
2mv 0
2
而W ＝E p 1－E p 0＝qEd ＝1.60×10－19
×3×105
×0.2 J
＝9.6×10－15
J 所以v 1＝
2W
m
＋v 02
＝
2×9.6×10－15
1.67×10
－27＋(5×106)2
m/s
≈6×106
m/s
质子飞出时的速度约为6×106
m/s 。

答案：6×106
m/s
带电粒子在匀强电场中的偏转问题
1．基本规律
(1)初速度方向⎩
⎪⎨
⎪⎧
速度：v x ＝v 0
位移：x ＝v 0t
(2)电场线方向⎩⎪⎨⎪⎧
速度：v y
＝at ＝qU md ·l v
位移：y ＝12at 2
＝12·qU md ·l
2
v
2
(3)离开电场时的偏转角：tan α＝v y v 0＝
qUl
mdv 02
(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角：tan β＝y
l ＝qUl
2mv 02d。

2．几个常用推论 (1)tan α＝2tan β。

(2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于沿初速度方向分位移的中点。

(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m 、q 是否相同，只要q
m
相同，即荷质比相同，则偏转距离y 和偏转角α相同。

(4)若以相同的初动能E k0进入同一个偏转电场，只要q 相同，不论m 是否相同，则偏转距离y 和偏转角α相同。

(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同)，进入同一偏转电场，则
偏转距离y 和偏转角α相同⎝ ⎛⎭
⎪⎫y ＝
U 2l 2
4U 1d ，tan α＝U 2l 2U 1d 。

[典例] 一束电子流在经U ＝5 000 V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的
匀强电场，如图所示。

若两板间距d ＝1.0 cm ，板长l ＝5.0 cm ，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
[思路点拨]
(1)电子经电压U 加速后的速度v 0可由eU ＝12mv 02
求出。

(2)初速度v 0一定时偏转电压越大偏转位移越大。

(3)最大偏转位移d
2对应最大偏转电压。

[解析] 加速过程，由动能定理得eU ＝12
mv 02
①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l ＝v 0t ② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动 加速度a ＝F m ＝
eU ′
dm
③
偏距y ＝12at 2
④
能飞出的条件为y ≤d
2
⑤
联立①～⑤式解得U ′≤2Ud 2
l
2＝4.0×102
V
即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V 。

[答案] 400 V
带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析：如选用平衡条件、牛顿定律，动能定理、功能关系，能量守恒等。

1．如图所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，
然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
A ．U 1变大、U 2变大
B ．U 1变小、U 2变大
C ．U 1变大、U 2变小
D ．U 1变小、U 2变小
解析：选B 设电子被加速后获得的速度为v 0，则由动能定理得qU 1＝12mv 02
设极板长为l ，则电子在电场中偏转所用的时间为t ＝l v 0
设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a ，由牛顿第二定律得a ＝qE 2m ＝qU 2
dm
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为v y ＝at 解得v y ＝
qU 2l
dmv 0
故tan θ＝v y v 0＝
qU 2l dmv 02＝qU 2l 2dqU 1＝U 2l
2dU 1
所以U 2变大或U 1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B 正确。

2．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A ．2倍
B ．4倍 C.12
D.14
解析：选C 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l ＝v 0t ，t ＝l v 0，竖直方向d ＝12at
2
＝qUl 22mdv 02，故d 2
＝qUl 22mv 02，即d ∝1v 0
，故C 正确。

3.两平行金属板A 、B 水平放置，一个质量为m ＝5×10－6
kg 的带电粒子，以v 0＝2 m/s 的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，
A 、
B 两板间距离为d ＝4 cm ，板长l ＝10 cm 。

(g 取10 m/s 2)
(1)当A 、B 间的电压为U AB ＝1 000 V 时，粒子恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性。

(2)使B 板接地，欲使该粒子射出偏转电场，求A 板所加电势的范围。

解析：(1)当U AB ＝1 000 V 时，重力跟静电力相等，粒子才沿初速度v 0方向做匀速直线运动，
故q
U AB d ＝mg ，q ＝mgd U AB
＝2×10－9
C ； 重力方向竖直向下，静电力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(U AB ＞0)，所以粒子带负电。

(2)当qE ＞mg 时，带电粒子向上偏，从右上边缘M 点飞出，设此时φA ＝φ1，因为φB ＝0，所以U AB ＝φ1，静电力和重力都沿竖直方向，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度v x ＝v 0。

在竖直方向上a ＝
q φ1md －g ，偏移位移y ＝d 2，所以12d ＝12
at 2
， 联立解得φ1＝mv 02d 2＋mgdl 2
ql 2
＝2 600 V 。

当qE ＜mg 时，带电粒子向下偏转，设φA ＝φ2，则竖直方向a ′＝g －
q φ2
md
，同理可得φ2＝－600 V ，故欲使粒子射出偏转电场，A 板电势的范围为－600～2 600 V 。

答案：(1)2×10－9
C 带负电 (2)－600～2 600 V
带电粒子在交变电场中的运动
[典例] 在如图所示的平行板电容器的两板A 、B 上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B 板的电势比A 板高。

在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。

若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v -t 图像。

[解析] t ＝0时，B 板电势比A 板高，在电场力作用下，电子向B 板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。

(1)对于图甲，在0～12T 电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，1
2T ～T 电子做末速
度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。

(2)对于图乙，在0～T 2做类似(1)0～T 的运动，T
2～T 电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。

然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。

[答案] 见解析
带电粒子在交变电场中的运动可以是单向直线运动，也可以是往复周期性运动，与运动的开始时刻有关系，一般分析一个周期内的运动，一个周期以后重复第一个周期内的运动形式。

1.[多选]带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。

带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A ．微粒在0～1 s 内的加速度与1～2 s 内的加速度相同
B ．微粒将沿着一条直线运动
C ．微粒做往复运动
D ．微粒在第1 s 内的位移与第3 s 内的位移相同
解析：选BD 0～1 s 和1～2 s 微粒的加速度大小相等，方向相反，A 错；0～1 s 和1～2 s 微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s 的
末速度为0，所以每个1 s 内的位移均相同且2 s 以后的运动重复0～2 s 的运动，是单向直线运动，B 、D 正确，C 错误。

2．如图(a)所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图(b)甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少
B ．电压是乙图时，在0～T
2时间内，电子的电势能先增加后减少
C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
解析：选D 若是甲图，电场力先向左后向右，则粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是乙图时，在0～T
2时间内，电子先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增
加，故B 错误；电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了T
2做加速度
先增加后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直
朝同一方向运动，C 错误；电压是丁图时，电子先加速，到T 4后减速，T 2后反向加速，3T
4
后减
速，T 时减为零，之后又重复0～T 的运动过程，故粒子做往复运动，D 正确。

1．[多选]示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。

如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )
A ．极板X 应带正电
B ．极板X ′应带正电
C ．极板Y 应带正电
D ．极板Y ′应带正电
解析：选AC 由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错。

2．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，
板间电压为500 V。

一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直金属板方向射入
电场中，经过一段时间电子离开电场，若不考虑重力的影响，则电子离开电
场时的动能大小为( )
A．900 eV B．500 eV
C．400 eV D．－100 eV
解析：选C 电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，若当电子到达B点时，克服电场力所做的功W＝qU＝500 eV>400 eV，因此电子不能到达B点，电子向右做减速运动，在到达B之前速度变为零，然后反向运动，从A点离开电场，在整个过程中，电场力做功为零，由动能定理可知，电子离开电场时的动能：E k＝400 eV，故C正确。

3．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场
中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比
q1∶q2等于( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ 2 D.2∶1
解析：选B 竖直方向有h＝1
2
gt2，水平方向有l＝
qE
2m
t2，联立可得q＝
mgl
Eh
，所以有
q1
q2
＝
2
1
，B对。

4．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子( )
A．都具有相同的质量
B．都具有相同的电荷量
C．具有相同的荷质比
D．都是同一元素的同位素
解析：选C 由偏转距离y＝1
2
qE
m⎝
⎛⎭⎪⎫
l
v0
2＝
qEl2
2mv02
可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，
偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有q
m
相同。

5.[多选]两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图所示。

带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知(不计粒子重力)( )
A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等
B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等
D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等
解析：选BC 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE ＝
m v 2r 得r ＝mv 2qE ，r 、E 为定值，若q 相等则12mv 2一定相等；若q
m
相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确。

6．[多选]喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。

则微滴在极板间电场中( )
A ．向正极板偏转
B ．电势能逐渐增大
C ．运动轨迹是抛物线
D ．运动轨迹与带电量无关
解析：选AC 由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A 项正确；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B 项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x ＝vt ，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y ＝12qU dm t 2＝12qU dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 2
，此为抛物线方程，C 项
正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q 有关，D 项错误。

7．一个动能为E k 的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2E k 。

如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为( )
A ．8E k
B ．5E k
C ．4.25E k
D ．4
E k
解析：选C 因为偏转距离为y ＝qUL 2
2mdv 0
2，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转
距离变为y
4，所以静电力做功只有W ＝0.25E k ，而初动能变为4E k ，故它飞出电容器时的动能
变为4.25E k 。

故正确选项为C 。

8．(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点。

由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点。

现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )
A ．运动到P 点返回
B ．运动到P 和P ′点之间返回
C ．运动到P ′点返回
D ．穿过P ′点
解析：选A 电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设
A 、
B 板间的电压为U ，B 、
C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd
＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝
Q C 0d ＝4πkQ
εS
可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误。

9．[多选]如图所示，在正方形ABCD 区域内有平行于AB 边的匀强电场，E 、F 、G 、H 是各边中点，其连线构成正方形，其中P 点是EH 的中点。

一个带正电的粒子(不计重力)从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出。

下列说法正确的是( )
A ．粒子的运动轨迹一定经过P 点
B ．粒子的运动轨迹一定经过PE 之间某点
C ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E 、
D 之间某点(不含
E 、D )射出正方形ABCD 区域
D ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由
E 点射出正方形ABCD 区域 解析：选BD 粒子从
F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出，其轨迹是抛物线，则过D 点作速度的反向延长线一定交于FH 的中点，而延长线又经过P 点，所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点，选项A 错误，B 正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项C 错误，D 正确。

10．[多选]如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q 、－q 和0的小液滴a 、b 、c ，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后
从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中( )
A ．电场力对液滴a 、b 做的功相同
B ．三者动能的增量相同
C ．液滴a 与液滴b 电势能的变化量相等
D ．重力对c 做的功最多
解析：选AC 因为液滴a 、b 的电荷量大小相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A 正确；电场力对a 、b 两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于c 液滴，只有重力做功，小于a 、b 动能的增量，故B 错误；对于液滴a 和液滴b ，电场力均做正功，电场力所做的功等于电势能的变化量，故C 正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三者质量相同，所以重力做功相等，故D 错误。

11．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图所示。

如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L 。

设粒子束不会击中极板，求粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量。

(粒子的重力忽略不计)
解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L v 0
① 竖直方向加速，则偏移y ＝12at 2
②
且a ＝qU md
③
由①②③得y ＝qUL 2
2mdv 0
2
则电场力做功W ＝qE ·y ＝q ·U d ·qUL 22mdv 02＝q 2U 2L 2
2md 2v 02
由功能原理得电势能减少了q 2U 2L 2
2md 2v 02。

答案：电势能减少了q 2U 2L 2
2md 2v 0
2
12．如图所示，A 、B 和C 、D 为两平行金属板，A 、B 两板间电势差为U ，C 、D 始终和电源相接，测得其间的场强为E 。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A 、B 加速后穿过C 、D 发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C 、D 极板长均为x ，荧光屏距C 、D 右端的距离为L ，问：
(1)粒子离开A 、B 加速电场时速度大小。

(2)粒子打在荧光屏上的位置距O 点多远处。

(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大。

解析：(1)设粒子从A 、B 间射出时的速度为v ，根据动能定理，则有qU ＝12mv 2
，v ＝
2qU
m。

(2)设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y ， 则在水平方向有v x ＝v ，x ＝v x t 在竖直方向有v y ＝at ，y ＝12at 2
粒子在偏转电场中的加速度a ＝F m ＝
qE
m。

由此得到tan φ＝v y v x ＝Ex 2U ，y ＝Ex 2
4U
所以粒子打在荧光屏上的位置距O 点的距离为
y ′＝y ＋L tan φ＝Ex 2U ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x 2＋L 。

(3)对于粒子运动的整个过程应用动能定理
qU ＋qEy ＝E k ，
得E k ＝qU ＋qE Ex 24U ＝q (4U 2＋E 2x 2)
4U。

答案：(1) 2qU
m (2)Ex 2U ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋L (3)q (4U 2＋E 2x 2)
4U。