人教版高中物理选修3-1第9节带电粒子在电场中的运动.docx

高中物理学习材料
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v0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。

带电粒子在电场中的加速
1．常见带电粒子及受力特点
电子、质子、α粒子等带电粒子在电场中受到的静电力一般远大于重力，通常情况下，重力可以忽略。

2．加速
(1)若带电粒子的初速度为零，经过电势差为U的电场加速后，由动能定理得qU＝
12mv 2，则v ＝ 2qU m 。

(2)若带电粒子以与电场线平行的初速度v 0进入匀强电场，带电粒子做直线运动，则qU ＝12mv 2－12
mv 20。

[重点诠释]
1．电场中的带电粒子的分类
(1)带电的基本粒子：
如电子、质子、α粒子、正离子、负离子等，这些粒子所受重力和电场力相比要小得多，除非有特别的说明或明确的标示，一般都不考虑重力(但并不能忽略质量)。

(2)带电微粒：
如带电小球、液滴、尘埃等，除非有特别的说明或明确的标示，一般都要考虑重力。

某些带电体是否考虑重力，要根据题目说明或运动状态来判定。

2．求带电粒子的速度的两种方法
(1)从动力学角度出发，用牛顿第二定律和运动学知识求解。

由牛顿第二定律可知，带电粒子运动的加速度的大小为： α＝F m ＝Eq m ＝Uq md
若一个带正电荷的粒子，在电场力作用下由静止开始从正极板向负极板做匀加速直线运动，两极板间的距离为d ，则由公式v 2t －v 2
0＝2ax 可求得带电粒子到达负极板时的速度为v ＝ 2ad ＝ 2Uq m 。

(2)从功能关系角度出发，用动能定理求解。

带电粒子运动过程中，只受电场力作用，电场力做的功为：W ＝qU
根据动能定理有：W ＝12mv 2－0，解得v ＝ 2Uq m 。

1.两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量
为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A 点，然后返
回，如图1－9－1所示，OA 间距为h ，此电子具有初动能是( )
A ．edh /U
B ．edUh
C ．eU /dh
D ．eUh /d
解析：电子从O 点运动到A 点，只受电场力，不计重力，则电 图 1－9－1
场力做负功，由动能定理得
eU OA ＝12mv 20 平行板间电场为匀强电场，所以U OA ＝Eh ，而E ＝U /d
求得12mv 20＝eUh d
，D 正确。

答案：D
带电粒子在电场中的偏转、示波管的原理
1．运动状态分析
带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动。

2.偏转问题的处理方法
电荷量为q 的带电粒子在电场中做类平抛运动，将带电粒子的运动沿初速度方向和电场线方向进行分解(类似于平抛运动的处理方法)。

如图1－9－2所示，设带电粒子沿中线进入板间，忽略电容器的
边缘效应。

(1)沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，满足L ＝v 0t 。

图 1－9－2
(2)沿电场线方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动，则加速度a ＝F m ＝
qE m ＝qU md 。

离开电场时的偏转量y ＝12at 2＝qL 2U 2mdv
20。

离开电场时的偏转角为θ，则tan θ＝v y v 0＝
qLU mdv
20。

3．示波管的原理
(1)示波管的构造：
由三部分构成：电子枪、偏转电极、荧光屏，如图1－9－3所示。

示波管的原理图
图 1－9－3
(2)示波管的原理：
XX ′电极使电子束做横向(面向荧光屏而言)的水平扫描，YY ′电极使电子束随信号电压的变化在纵向做竖直方向的扫描，这样就在荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形。

显然，这个波形是电子束同时参与两个相互垂直的分运动合成的结果。

[重点诠释]
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)对带电粒子的偏转角和偏移量的讨论：
图 1－9－4
如图1－9－4所示，设带电粒子质量为m 、带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1。

若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tan θ＝v y v x ，
式中v y ＝at ＝qU 1md ·L v 0
，v x ＝v 0， 代入得tan θ＝
qU 1L
mdv 20① 粒子从偏转电场中射出时偏移量
y ＝12at 2＝12qU 1md ·(L v 0
)2② (2)两个重要结论：
①若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有
qU 0＝12mv 2
0③
由①③式得：tan θ＝U 1L
2U 0d ④ 由②③式得：y ＝U 1L 2
4U 0d
⑤ 由④⑤式可知，粒子的偏角、偏移量与粒子的q 、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后再进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的，从同一位置沿同一方向射出电场。

②做粒子速度的反向延长线，设与初速度方向交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，则
x ＝y tan θ＝qU 1L 2
2mdv 20qU 1L mdv 20
＝L 2
⑥ 由⑥式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的L /2处沿直线射出似的。

2．对示波管的原理的理解
(1)偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑。

(2)仅在YY ′(或XX ′)加电压时，若所加电压稳定，则电子流被加速，偏转后射到YY ′(或XX ′)所在直线上的某一点，形成一个亮斑(不在中心)，如图1－9－5所示。

设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，电子电荷量为e ，质量为m ，
图 1－9－5
由W ＝ΔE k 得eU 1＝12
mv 20① 在偏转电场中偏移量：y ′＝12at 2＝12eU 2dm
t 2② 其中d 为两板的间距。

水平方向t ＝L v 0③
又tan φ＝v y v x ＝at v 0＝eU 2L
dmv
20④ 由①②③④得荧光屏上的偏移量：
y ＝y ′＋L ′tan φ＝eLU 2mv 20d (L ′＋L 2)＝tan φ(L ′＋L 2
)。

(3)如果只在竖直偏转电极YY ′上加电压U y (XX ′上不加电压)，且所加电压按正弦函数
规律变化，如U＝U m sin ωt，偏移量也将按正弦规律变化，y＝y m sin ωt，即此亮斑在竖直方向上做简谐运动。

当电压变化很快时，亮斑移动很快，由于视觉暂留和荧光物质的残光特性，亮斑的移动看起来就成为一条竖直的亮线。

(4)如果只在水平偏转电极XX′上加电压U x(YY′上不加电压)，亮斑在水平方向发生偏移。

如果加上特定随时间周期性变化的电压U x(如图1－9－6所示电压)，可使亮斑从一侧匀速地运动到另一侧，然后迅速地返回原处，再重复地从一侧运动到另一侧。

图 1－9－6
扫描：使水平亮斑从一侧匀速地运动到另一侧，然后迅速返回原处，再匀速地移向另一侧，如此反复继续的过程叫做扫描，所加电压叫做扫描电压。

如果电压变化快，亮斑看起来就成为一条水平亮线。

(5)因扫描电压是时间的线性函数，则亮斑在荧光屏上的水平坐标
就表示时间。

当偏转电极XX′上加上扫描电压，同时在偏转电极YY′
上加上要研究的信号电压，如果它们的周期相同，电子既在水平方向随
时间发生偏移，又在竖直方向随信号电压的大小发生偏移。

则打在荧光
屏上任何一点的横坐标表示时刻，纵坐标表示该时刻对应的信号电压的
电压值。

因此，荧光屏上显示的就是信号电压随时间变化的图像。

图 1－9－7
如图1－9－7所示，信号电压是按正弦规律变化的，则荧光屏上就显示出一条正弦曲线。

2．如图1－9－8所示，一束带电粒子(不计重力)，垂直电场线方
向进入偏转电场，试讨论在以下几种情况中，粒子应具备什么条件，才
能得到相同的偏转距离y 和偏转角θ。

(U 、d 、l 保持不变)
(1)进入偏转电场的速度相同； 图 1－9－8
(2)进入偏转电场的动能相同；
(3)进入偏转电场的动量相同；
(4)先由同一加速电场加速后，再进入偏转电场。

解析：设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，当粒子以初速度v 0平行于两板而进入电场时，
则E ＝U d ；a ＝qE m ＝qU md ；t ＝l v 0；y ＝12at 2＝Uql 22mdv
20； tan θ＝at v 0＝
Uql mdv 20。

讨论： (1)因为v 0相同，当q /m 相同，y 、tan θ也相同；
(2)因为12
mv 20相同，当q 相同，则y 、tan θ也相同； (3)因为mv 0相同，当m 、q 相同或q /v 0相同，则y 、tan θ也相同；
(4)设加速电场的电压为U ′，由qU ′＝12
mv 20， 有：y ＝Ul 24dU ′，tan θ＝Ul 2dU ′。

可见，在(4)的条件下，不论带电粒子的m 、q 如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出电场的偏转距离y 和偏转角度θ都是相同的。

答案：(1)q /m 相同 (2)q 相同 (3)m 、q 相同或q /v 0相同 (4)经过同一加速电场加速，
再垂直进入同一偏转电场。

带电粒子在电场中的加速
[例1] 如图板运动。

已知两极板间电势差为U ，板间距为d ，电子质量为m ，电荷量
为e 。

则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )
A ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率保持不变
B ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率也增大一倍
C ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间保持不变图 1－9－9
D ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为一半
[审题指导] 解答本题时应把握以下两点：
(1)带电粒子被加速，利用动能定理可求到达另一极板的速率；
(2)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，利用运动学公式可求运动的时间。

[解析] 由动能定理有12mv 2＝eU ，得v ＝ 2eU m ，可见电子到达Q 板的速率与板间距
离d 无关，故A 项对、B 项错。

两极板间为匀强电场E ＝U d ，电子的加速度a ＝eU md ，由运动学
公式d ＝12
at 2得t ＝ 2d a ＝ 2md 2eU ，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q 板时间减为22
倍，故C 、D 项都错。

[答案] A
借题发挥
(1)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能的转化和守恒定律。

(2)用动力学的观点来计算，只适用于匀强电场，即粒子做匀变速直线运动。

而用功能
的观点来计算，即qU ＝12mv 2－12
mv 20，则适用于一切电场，这正是功能观点较动力学观点分析的优越之处。

如图1－9－10所示，在点电荷＋Q 的电场中有A 、B 两点，将质子
和α粒子分别从A 点由静止释放到达B 点时，它们的速度大小之比为多
少？ 图 1－9－10
解析：设AB 两点间的电势差为U ，由动能定理得：
对质子：12
m H v 2H ＝q H U
对α粒子：12m αv 2
α＝q αU
故
v H
v α＝ q H m α
q αm H ＝ 1×4
2×1＝ 21＝ 21。

答案：2∶1
带电粒子在电场中的偏转
[例2] 极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图1－9－11所示。

若两极板间距离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？
[审题指导] 解答本题时应把握以下两点：
图 1－9－11
(1)利用动能定理求出电子进入偏转电场时的速度。

(2)利用分析类平抛运动的方法并结合E ＝U d
，F 电＝qE 等公式求出偏转电压。

[解析] 在加速电压一定时，偏转电压U ′越大，电子在极板间的偏转距离就越大。

当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两极板间的偏转电压即为题目要求的最大电压。

加速过程中，由动能定理有：eU ＝12
mv 2
0①
进入偏转电场后，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y ≤d
2⑤
解①～⑤式得
U ′≤2Ud 2l 2＝2×5 000×(1.0×10－2)2
(5.0×10－2)2
V ＝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
借题发挥
(1)处理带电粒子在电场中先加速后偏转的问题，常用的方法是动能定理、运动的合成与分解、牛顿运动定律、运动学公式等，通常将运动分解成平行电场强度方向的匀变速直线运动和垂直电场强度方向的匀速运动。

(2)带电粒子能否飞出偏转电场，关键看带电粒子在电场中的偏移量，粒子恰能飞出极板和粒子恰不能飞出极板，对应着同一临界状态，分析时根据题意找出临界状态，由临界状态来确定极值，这是求解极值问题的常用方法。

在例2中，如果已知偏转电压U′＝500 V，要使电子能从平行板间飞出，求加速电压U 应满足的条件。

解析：由例题中解析可知，电子飞出平行板的条件为：
U≥l2
2d2
U′
代入数据得：U ≥6 250 V 答案：大于等于6 250 V
[随堂基础巩固]
1．如图1－9－12所示，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，则关于电子到达Q 时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是( )
A ．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B ．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小 图 1－9－12
C ．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D ．与两板间的距离无关，仅与加速电压U 有关
解析：由动能定理得eU ＝12mv 2
，当两极板间的距离变化时，U 不变，v 就不变。

电子做
初速度为零的匀加速直线运动，d ＝v t ＝0＋v 2t ，得t ＝2d
v ，当d 减小(或增大)时，v 不变，
电子在两极板间运动的时间越短(或越长)，故D 正确。

答案：D
2．一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：由偏转距离y ＝12qE m (l v 0)2＝qEl
2
2mv
20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 、v 0是相同的，所以应有q m
相同。

答案：C
3．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1－9－13所示。

如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )
图 1－9－13
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：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX ′偏转电场中向X 极板方向偏转，故极板X 带正电，A 正确，B 错误；电子在YY ′偏转电场中向Y 极板方向偏转，故极板Y 带正电，C 正确，D 错误。

答案：AC
4.如图1－9－14所示，A 、B 为两块足够大的相距为d 的平行金属板，接在电压为U 的电源上．在A 板的中央P 点放置一个电子发射源，可以向各个方向释放电子。

设电子的质量为m 、电荷量为e ，射出
的初速度为v 。

求电子打在B 板上的区域面积？(不计电子的重力) 图 1－9－14
解析：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动如图所示，
在垂直于电场方向做匀速运动，即r ＝vt ① 在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即
d ＝12
at 2②
电子在平行电场方向上的加速度
a ＝eE m ＝eU md
③
电子打在B 板上的区域面积
S ＝πr 2④
由①②③④得S ＝2πmv 2d
2
eU。

答案：2πmv 2d 2
eU
[课时跟踪训练] (满分50分 时间30分钟)
一、选择题(本大题共8个小题，每小题4分，共计32分。

每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U 的电场后，哪种粒子的速度最大( ) A ．质子(1
1H) B ．氘核(2
1H) C ．α粒子(42He)
D ．钠离子(Na ＋
)
解析：由qU ＝12mv 2
得v ＝
2qU
m
，知A 正确．
答案：A
2.如图1所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )
A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量
图 1
B ．b 的质量一定大于a 的质量
C ．a 的比荷一定大于b 的比荷
D ．b 的比荷一定大于a 的比荷
解析：粒子在电场中做类平抛运动，h ＝12qE m (x v 0
)2
得：
x ＝v 0
2mh qE
由v 0
2hm a
Eq a
<v 0
2hm b Eq b 得：q a m a >q b
m b。

答案：C
3．如图2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偏转电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况
中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
图 2
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：设电子被加速后获得初速度为v 0， 则由动能定理得：U 1q ＝12mv 2
0①
又设极板长为l ，
则电子在电场中偏转所用时间t ＝l v 0
②
电子在平行极板间受电场力作用产生加速度a ， 由牛顿第二定律得：a ＝
E 2q m ＝U 2q dm
③ 电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度
v y ＝at ④
由①②③④可得：v y ＝U 2ql
dmv 0
又tan θ＝v y v 0＝
U 2ql dmv 20＝
U 2ql 2dqU 1＝U 2l
2dU 1
故使偏转角变大的条件是使U 2变大，U 1变小，即B 项正确。

答案：B
4．在光滑水平面上有一荷质比q
m
＝1.0×10－7
C/kg 的带正电小球，静止在O 点，以O 点为原点，在水平面内建立坐标系Oxy ，现突然加一沿x 轴正方向、电场强度为2.0×106
V/m 的匀强电场，小球开始运动。

经过1.0 s ，所加电场突然变为沿y 轴正方向，电场强度大小不变。

则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是图3中的( )
图 3
解析：小球加速度大小a ＝
qE m
＝0.20 m/s 2,
1 s 末小球速度v x ＝at ＝0.20 m/s ，沿x 轴方向距离x 1＝12at 2＝12×0.20×12
m ＝0.10 m 。

第2 s 内小球做类平抛运动，x 方向x 2＝v x t ＝
0.20 m ，沿y 轴方向y 2＝12at 2＝12×0.20×12
m ＝0.1 m ，故第2 s 末小球坐标为(0.30 m,0.10
m)，故C 正确。

答案：C
5．如图4所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子在电压U 1作用下加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h ，两平行板间距为d ，电势差为U 2，板长为L 。

为提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用以下哪些方法( )
图 4
A ．增大两板间电势差U 2
B ．尽可能使板长L 短一些
C ．尽可能使板间距d 小一些
D ．使加速电压U 1升高一些
解析：应先导出示波管的灵敏度(h /U 2)与有关物理量(d 、L 、U 1等)的关系式，然后再作出选择。

对于电子的加速过程有：eU 1＝12mv 2
0①
对于电子的偏转过程有：水平方向L ＝v 0t ② 竖直方向：h ＝12at 2＝12eU 2md
t 2
③
由①②③得h U 2＝L 2
4dU 1
据上式可知，增大L 和减小U 1或d 均可提高偏转灵敏度，该题的正确答案是C 。

答案：C
6.如图5所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出。

若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)之比是( )
图 5
A ．1∶2
B ．2∶1
C ．1∶8
D ．8∶1
解析：a 粒子和b 粒子在水平方向均做速度为v 的匀速运动，分别有BP ＝vt a ，BC ＝vt b ，且2BP ＝BC ，故2t a ＝t b ；在竖直方向上，分别有AB ＝12×q a E m a ×t 2a ，OB ＝12×q b E m b ×t 2
b ，且AB
＝2OB ，解得a 和b 的比荷之比为q a m a ∶q b
m b
＝8∶1。

答案：D
7．(2011·安徽高考)图6甲为示波管的原理图。

如果在电极YY ′之间所加的电压图按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
图 6
图 7
解析：在0～2t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B 。

答案：B
8．如图8甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。

电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。

下列说法中正确的是( )
图 8
A ．从t ＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C ．从t ＝T
4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D ．从t ＝3T
8
时刻释放电子，电子必将打到左极板上
解析：对应电压图像作出带电粒子的速度图像，根据速度图像包围的面积分析粒子的运动。

由图知，t ＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板→选项A 正
确，选项B 错误
由图知，t ＝T 4
时释放电子电子向右的位移与向左的位移大小相等若释放后的T 2
内不能到达右板则之后往复运动→选项C 正确
由图知，t ＝3T 8
时释放电子，电子 向右的位移小于向左的位移。

若释
释放放后的T 4
内不能击中右板，则一定返回击中左板→选项D 错误
故正确答案为A 、C 。

答案：AC
二、非选择题(本题共2小题，共18分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(9分)如图9所示，水平放置的长为l 、距离为d 的两平行
金属板，极板所加电压为U 。

一质量为m(重力不计)的带电粒子，沿
两极板的中心线以初速度v 0射入，若粒子能落在A 板上距左端为b
的M 点上，求： 图 9
(1)粒子的带电荷量。

(2)若将A 板向上移动d 2，要使粒子由原入射点射入仍然落在M 点，则电压是增大还是减小？变化后为原来的多少倍？
解析：(1)带电粒子在匀强电场中受到的电场力
F ＝qE ＝q U d
粒子在竖直方向加速度a ⊥＝F m ＝qU md
① 粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学规律有：
b ＝v 0t ②
y ＝12a ⊥t 2＝d 2
③ 解①②③得q ＝mv 20d 2
b 2U ④
(2)当A 板上移d 2后，极板距d ′＝32d ，粒子仍由原入射 点射入而落到M 点，则其竖直位移y 变为d 。

设电压变为U ′后可使粒子仍落在M 点。

粒子在其间的加速度a ⊥′＝F m ＝qU ′m 32
d ＝2qU ′3md ⑤ 由运动规律有b ＝v 0t ′⑥
y ′＝12
a ⊥′t ′2＝d ⑦ 解④⑤⑥⑦得U ′＝3U 。

答案：(1)mv 20d 2
b 2U
(2)电压应增大为原来的3倍 10．(9分)如图10所示，两块相距为d 、足够长的金属板平行竖直放置，
长为L 的细绝缘线一端拴质量为m 的带电小球，另一端固定在左板上某点处，
小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为θ，如将细线剪断，问：
(1)小球将如何运动？
(2)小球经多长时间打到金属板上？ 图 10 解析：小球在两平行金属板之间受匀强电场的电场力、重力、线的拉
力的作用处于平衡状态，受力分析如图所示。

由平衡条件可以判定线的拉
力F T 和重力mg 、电场力qE 的合力F 是一对平衡力，即大小相等，方向相
反。

(1)剪断线后，线的张力F T 立即消失，小球只受重力、电场力的作用，
合力仍为恒力F ，方向沿线原来方向(即与板成θ角)，所以小球将沿线原来方向做初速度为零的匀加速直线运动，直至打到右侧金属板上。

(2)由图可知tan θ＝qE mg ＝qE
m mg m
＝a 水平g
， 所以小球水平分加速度a 水平＝g tan θ，
要打到金属板上，水平位移x ＝d －L sin θ，
由匀变速直线运动规律可得x ＝12
at 2， 所以t ＝2x a ＝2(d －L sin θ)g tan θ。

答案：(1)沿线原来方向做初速度为零的匀加速直线运动 (2)
2(d －L sin θ)g tan θ 带电粒子在电场中的平衡和运动问题
1．带电粒子在电场中的平衡问题
(1)带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，其中仅多了一个电场力而已。

(2)求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确的受力分析的基础上，运用平行四边形定则、三角形法则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件去解决。

2．带电粒子在交变电场中的运动问题
带电粒子在交变电场中运动情况一般比较复杂，由于不同时段受力不同，运动也不同，若用常规方法分析，将会很烦琐，较好的分析方法是画出带电粒子的速度－时间图像帮助分析，画图像时，应注意v —t 图中，加速度相同的运动一定是平行的直线，图线与坐标轴所夹面积表示位移，图线与t 轴有交点，表示此时速度反向，当然，有的规律不太一样的运动，则要分段进行分析。

3．带电粒子在匀强电场和重力场的复合场中的运动
(1)由于带电粒子在匀强电场中所受的电场力与重力都是恒力，因此处理方法有两种： ①正交分解法：
处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是可以掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。

②等效“重力”法：
将重力与电场力进行合成，如图1－1所示，则F 合等效为重力场中的
“重力”，a ＝F 合m
等效为“重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在重力场中的竖直向下的方向。

应用等效“重力”法解题时，要 图
1－1
注意灵活运用重力场中已熟知的一些结论。

(2)研究带电粒子在电场中运动的两种方法：
带电粒子在电场中的运动，是一个综合性的问题，研究的方法与质点动力学相同，它同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动量定理、动能定理等力学规律，处理问题的关键是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。

在解题时，主要可以选用下面两种方法：
①力和运动关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这种方法通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。

②功和能的关系——动能定理：根据电场力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等。

这种方法同样也适用于不均匀的电场。

如图1－2所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m 、带正
电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时细线与竖
直方向夹角为θ。

现给小球一个垂直于悬线的初速度，使小球恰能在
竖直平面内做圆周运动。

试问：
(1)小球在做圆周运动的过程中，速度最小值多大？ 图 1－2
(2)小球在B 点的初速度多大？
[解析] 小球在做圆周运动的过程中，所受的重力和电场力均为恒力，这两个力的合力的大小为F ＝mg cos θ。

我们将重力场与电场的叠加场叫做等效重力场，F 叫做等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g 效＝F m ＝g
cos θ
，其方向斜向右下方，且与竖直方向成θ角。