习题课三 带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第三册（教科版）

本讲义聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，系统梳理重力处理方法（基本粒子与带电颗粒的区分）、等效法解决复合场运动（重力与电场力合力视为等效重力）、交变电场中运动的分段分析及v-t图像应用，搭建从基础受力到复杂运动的递进学习支架。 该资料以科学思维为核心，通过等效法模型建构（如复合场中圆周运动的等效重力）和v-t图像辅助科学推理（交变电场运动分析），结合典型例题。课中助力教师引导学生深化物理观念，课后通过分层练习帮助学生巩固科学探究过程，培养严谨的科学态度与问题解决能力。

习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题 物理观念：1.深化对电场是一种物质的理解。2.理解带电粒子在电场中的运动是由其受力和初状态共同决定的。 科学思维：1.通过讲解和练习，掌握带电体在电场中运动的规律。2.通过练习，掌握应用动力学和能量的观点分析带电体运动的思路和方法。3.通过运动分析和受力分析，判断带电粒子在交变电场中的运动。 科学探究：注重引导学生经历科学探究的过程。 科学态度与责任：1.培养严谨认真、实事求是的科学态度，在理论推导和实验操作中尊重客观事实。 2.认识到物理学对科技进步和社会发展的推动作用，激发学习和研究物理的内在动机。 要点一　带电体在电场中的运动 1.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法 （1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不能忽略质量）。 （2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。 2.用等效法解决带电粒子在电场、重力场中的运动 等效法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的简单的物理模型或问题的方法。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°（重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。求： （1）电场强度的大小E； （2）小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值。 答案：（1）　 （2）mg 解析：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与电场力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan，解得E＝。 （2）小球的等效加速度g效＝＝g 小球从A运动到速度最大的位置过程中，有 mg效L＝mv2 在速度最大的位置有T－mg效＝m 解得T＝mg，由牛顿第三定律可知细线所受的拉力的最大值为mg。 1.〔多选〕（2026·锦江嘉祥外国语10月）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（　　） A.小球的动能最小时，其电势能最大 B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 解析：BD　设小球的质量为m，电荷量大小为q，初速度大小为v0，匀强电场的电场强度大小为E，如图所示，qE＝mg，故等效重力G'的方向与水平方向成45°角，斜向右下。设小球的速度在平行于等效重力方向的分量为vy，在垂直于等效重力方向的分量为vx，则当vy＝0时小球的速度最小，为vmin＝v0cos 45°，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以继续做负功，因此此时电势能不是最大，故A错误；设经过时间t后水平方向上的速度减为零，有v0＝，此时竖直方向上的分速度v＝gt，由于qE＝mg，得v＝v0，小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WE＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；如图所示，当速度为v1时，速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。 2.如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的小球用长为L的绝缘细线悬挂在O点，空间存在水平向右的匀强电场，小球静止时位于P点，此时细线与竖直方向的夹角α＝37°，不计小球的大小，重力加速度为g。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是（　　） A.匀强电场的电场强度大小为 B.若剪断细线，小球将做平抛运动 C.若在P点给小球一定初速度使小球恰好在竖直面内做圆周运动，则小球做圆周运动过程中的最小速度为 D.若在P点给小球一定初速度使小球恰好在竖直面内做圆周运动，则小球做圆周运动过程中的最小速度为 解析：C　对小球进行受力分析如图可知＝tan α，解得E＝＝，故A错误；若剪断细线，小球所受的合力沿着细线拉力的反方向，则小球做匀加速直线运动，故B错误；小球静止时，沿着细线方向斜向下的P点为等效最低点，沿着细线斜向上关于θ点对称的点是等效最高点，在等效最高点时，由等效重力提供向心力时速度最小，此时等效重力为G'＝＝mg，根据牛顿第二定律有G'＝m，解得vmin＝，故C正确，D错误。 要点二　带电粒子在交变电场中的运动 1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。 2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。 3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。 （1）当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。 （2）研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v-t图像，特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。 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。在静电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。 答案：见解析 解析：t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板（设为正向）做初速度为零的匀加速运动。 （1）对于题图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～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—时间图像如图（a）所示。 （2）对于题图乙，在0～做类似图（a）0～T的运动，～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—时间图像如图（b）所示。 1.〔多选〕图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆筒中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（　　） A.金属圆筒1、2、3的长度之比为1∶∶ B.电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍 C.第n个圆筒的长度应满足L＝· D.进入第n个圆筒时电子的速率为 解析：AC　由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为，电子在加速过程中加速度相同，经过n次加速后，根据动能定理有neU＝m－0，解得vn＝，不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为，则Ln＝vn·＝T，所以金属圆筒1、2、3的长度之比为L1∶L2∶L3＝∶∶，A正确；由于电子在圆筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，B错误；根据动能定理，电子进入第n个圆筒时的速度满足neU＝m，所以vn＝，所以第n个圆筒的长度为L＝vn·＝·，C正确，D错误。 2.〔多选〕如图所示，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（　　） 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，电子可能在两板间往复运动 C.从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上 D.从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上 解析：AC　若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间往复运动，所以A正确，B错误；若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间往复运动，所以C正确；同理，若从t＝时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极板间的距离，所以D错误。 1.在如图甲所示平行的A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两极板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（　　） A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动 B.电子一直向A板运动 C.电子一直向B板运动 D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动 解析：C　由运动学和动力学规律画出电子运动的v-t图像如图所示，可知电子一直向B板运动，故C正确。 2.如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度抛出，经最高点B（未画出）后落到与A在同一水平线上的C点，则下列说法正确的是（　　） A.小球带正电荷 B.小球在A点的电势能比在B点的电势能小 C.小球在A点的机械能小于在B点的机械能 D.B点在A、C两点连线中点的正上方 解析：C　小球受到水平向右的电场力作用，所以小球带负电荷，故A错误；小球从A点到B点过程中，电场力做正功，则电势能减小，机械能增加，所以小球在A点的电势能比在B点的电势能大，小球在A点的机械能小于在B点的机械能，故B错误，C正确；小球在水平方向做匀加速直线运动，所以B点不在A、C两点连线中点的正上方，故D错误。 3.如图所示，在竖直平面内，两平行金属板AB、MN与水平面成30°角固定放置，金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直场强方向射入电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A.小球一定带负电 B.小球一定做匀速直线运动 C.小球的电势能增大 D.小球加速度大小为 解析：D　因为极板所带电荷量正负不确定，所以小球带电性无法确定，故A错误；对小球受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得mgsin 30°＝ma，解得a＝，所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；因为电场力始终与小球运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，C错误。 4.有一种测量电场强度的方法，其原理如图所示，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场，虚线框高度为d。让质量为m、带电荷量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d，已知重力加速度为g，则电场强度E大小为（　　） A.　　　B. C.　　　D. 解析：A　竖直方向满足d＝gt2，水平方向满足0.5d＝at2，Eq＝ma，联立解得E＝，A正确，B、C、D错误。 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。带电微粒只在静电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：BD　0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；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可知2 s末的速度为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.〔多选〕（2026·广安友谊中学10月月考）如图甲所示，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入（记为t＝0时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受电场力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出，则下列说法中正确的是（　　） A.若粒子在t＝3 s时未射出，则粒子在垂直极板方向的速度不为0 B.粒子射出时的速度大小一定为v C.若粒子在t＝4 s时未射出，则粒子在垂直极板方向的位移大小为（d为极板间距） D.极板间距离d需满足d≥，粒子才不会与极板碰撞 解析：BC　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v-t图像如图所示， 所以若粒子在t＝3 s时未射出，此时粒子在垂直极板方向的速度一定为零，A错误；粒子射出时垂直极板方向速度为0，水平方向速度始终为v，所以射出速度大小为v，B正确；0～1 s位移y1＝··12＝，由图像面积可知粒子在垂直极板方向的位移大小为y＝，C正确；粒子在垂直极板方向的最大位移出现在t＝1.5 s或t＝4.5 s等时刻，0～1.5 s位移y＝··12＋·（0.5）2＝，要使粒子不与极板碰撞，需≤，即d≥，D错误。 3.如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　） A.保持S闭合，将A板适当上移 B.保持S闭合，将B板适当下移 C.先断开S，再将A板适当上移 D.先断开S，再将B板适当下移 解析：B　设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题意知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h＋d）－qU＝0，若保持S闭合，将A板适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h＋d）－qU＝mv2，解得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，U不变，由动能定理得mg（h＋d＋Δd）－qU＝mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d'时速度为零，由动能定理得mg（h－Δd＋d'）－qEd'＝0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0，比较两式得d'＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误；若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下移距离为Δd，质点进入电场的深度为d'时速度为零，由动能定理得mg（h＋d'）－qEd'＝0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0，比较两式得d'＝d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D错误。 4.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（　　） A.保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大 B.保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变 C.断开S，将N板向M板靠近，则θ增大 D.断开S，将N板向下移动少许，则θ增大 解析：D　保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源电压保持不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不变，A错误；保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源电压保持不变，根据公式E＝可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，θ增大，B错误；断开S，电容器带电荷量不变，根据电容器定义式C＝，平行板电容器的公式C＝，电压与电场强度公式U＝Ed，可得E＝，电场强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，电场力不变，θ不变，断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，C错误，D正确。 5.〔多选〕如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E＝，现将一个带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为mgh B.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh C.物块落地的速度大小为gh D.物块落地的速度大小为2 解析：BD　物块受到的电场力F＝qE＝mg，则合力的大小为2mg，合力的方向和水平夹角为30°，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场力做功为W＝qE·h＝3mgh。设落地速度为v，根据动能定理可得mgh＋qE·h＝mv2，解得v＝2，A、C错误，B、D正确。 6.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为45°，一电子从等势面D的O点进入匀强电场，经过等势面D时，动能为 16 eV，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计。则下列说法正确的是（　　） A.电子做匀变速直线运动 B.电子再次经过等势面D时的位置与O点相距16 cm C.电子飞经等势面C时的动能为12 eV D.匀强电场的电场强度大小为200 V/m 解析：C　电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，则电场力方向垂直于等势面斜向右下，加速度方向与电子速度方向不共线，所以电子做匀变速曲线运动，A错误；将电子的初速度分解到平行于等势线方向（x方向）和垂直等势线斜向左上方向（y方向），初速度为v，则vx＝vy＝vcos 45°＝v，电子经过B等势面时，只有沿x方向的分速度，即vB＝vx＝v，由动能公式Ek＝mv2知电子经过B等势面时动能是经过等势面D的一半，即EkB＝EkD＝8 eV，由电场力做功决定式和动能定理知WDB＝－eUDB＝EkB－EkD，WDC＝－eUDC＝EkC－EkD，UDB＝2UDC，解得EkC＝12 eV，UDC＝4 V，又UDC＝E·dDC，解得E＝100 V/m，C正确，D错误；电子在y方向上做类竖直上抛运动，再次经过等势面D时的时间t＝＝，从等势面D运动到B的位移在y方向的分量为ym＝vy·＝×v×＝·＝8 cm，在x方向上匀速运动，再次经过等势面D时的位置与O点相距x＝vxt＝v·＝＝4ym＝32 cm，B错误。 7.〔多选〕如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（　　） A.电场强度E的最小值为 B.如果电场强度为E＝，则小球相对初始位置的最大高度为 C.匀强电场的方向可能竖直向上 D.如果电场强度为E＝，小球电势能的最大值为 解析：AD　因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为mgcos 30°，如图所示。 所以电场强度的最小值Emin＝＝，A正确； 如果电场强度为E＝，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示。 根据牛顿第二定律知，小球的加速度为a＝g 小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移 s＝＝ 则小球上升的最大高度h＝s＝ 在整个过程中电场力做功W＝qEscos 120°＝－m，电势能增加m，所以小球电势能的最大值为 m，B错误，D正确； 因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，C错误。 8.〔多选〕如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看成点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　） A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B.滑块在运动过程的中间时刻速率小于 C.此过程中产生的内能为 D.Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝ 解析：BD　由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，故中间时刻的速率小于，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx＝0－m，解得两点间的电势差Uab＝，故D正确。 9.〔多选〕如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是（　　） A.电场强度大小为 B.B点的电势为 C.B点的电势能为 D.小球机械能的变化量为 解析：BD　小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°＝mg，解得E＝，A错误；小球所受合力为 F＝mg，由牛顿第二定律得加速度为a＝g，由匀变速直线运动规律得小球到B点的速度为v＝gt，设AB的长度为L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcos 45°＝mv2，解得电场力做功W＝qELcos 45°＝，根据W＝qUAB解得UAB＝，根据UAB＝φA－φB，且A点的电势为零，解得φB＝－，代入得φB＝－，则P点的电势能为EB＝qφB＝－，代入得EB＝－，B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为ΔE＝W＝，代入得ΔE＝，D正确。 10.（2026·内江市威远中学期中）如图甲所示，真空室中加热的阴极K发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距。加在M、N两板间电压uMN随时间t变化的关系图线如图乙所示，变化周期为T0，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，距板M、N右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO'垂直，交点为O'。已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。求： （1）若加速电场两板间距离为d，求电子加速至O点所用时间t； （2）电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1； （3）在荧光屏上有电子到达的区域的长度b。 答案：（1）d　 （2）U0　 （3）L 解析：（1）根据题意，电子加速到O点的过程，由动能定理有eU0＝m 解得v0＝，t＝＝d。 （2）设M、N两板间距离为d，电子在M、N板间运动时间为t1，加速度大小为a，则水平方向上有L＝v0t1 竖直方向上有d＝a 由牛顿第二定律有＝ma 解得U1＝U0。 （3）根据题意可知，电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线OO'方向的速度vy＝at1 偏转角度的正切tan θ＝ 由几何关系有b＝2 解得b＝L。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $