求解帶電粒子在電場中運動的方法有：

一. 利用動能定理

帶電粒子在電場中還受其它作用力時，可采用動能定理來求解，它只考慮粒子的始末位置，中間過程不用考慮，因此可解決一些復雜的問題。

例1. 如圖1所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為的小球在B板下方距離為H處，以初速豎直向上從B板小孔進入板間電場，欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差應為多大？

圖1

解：小球在沒進入電場時，小球克服重力做功，小球進入電場后還要克服電場力做功，將動能定理用于運動過程可得：

解得

二. 運用牛頓定律與正交分解法

帶電粒子在電場中的運動受到幾個恒力時，可采用牛頓定律和正交分解法來求解，若再與動能定理結(jié)合起來，更是如虎添翼。

例2. 一個質(zhì)量為m，帶電量為的小物體，可在傾角為的絕緣斜面上運動，斜面的高度為h，整個斜面置于勻強電場中，場強大小為E，方向水平向右，如圖2所示。小物體與斜面的動摩擦因數(shù)為，且小物體與擋板碰撞時不損失機械能。求：

圖2

（1）為使小物體能從靜止開始沿斜面下滑，、q、E、各量間必須滿足的關系。

（2）小物體自斜面頂端從靜止開始下滑到停止運動通過的總路程s。

解：（1）物體受到重力、電場力、斜面的支持力和摩擦力的作用，如圖3所示，建立如圖所示的坐標系。由牛頓運動定律有：

圖3

x方向：            （1）

y方向：                （2）

                                                         （3）

小物體能從靜止開始沿斜面下滑的條件是：小物體沿斜面的加速度，

斜面對物體的支持力，則由以上幾式可得：

（2）物體與擋板數(shù)次碰撞反復滑行后，最終將停在擋板處，此過程重力對小物體做功mgh，電場力做功，小物體克服摩擦力所做的功與總路程有關為，由動能定理有：（4）

由（2）（3）兩式得：

解得小物體通過的總路程：

。

三. 運動的合成與分解法

該方法主要是用來解決帶電粒子在勻強電場中或復合場中做拋體運動，將粒子的運動分解為沿電場方向和垂直于電場方向的兩個運動。

例3. 一個帶負電的小球，質(zhì)量為M，帶電量為q，在一個如圖4所示的平行板電容器的右側(cè)板邊被豎直上拋，最后落在電容器左邊緣同一高度處。如電容器極板是豎直放置的，兩板間距為d，板間電壓為U。求電荷能達到的最大高度h及拋出時的初速。

圖4       

解：小球在復合場中的受力如圖5所示：可將其運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，由豎直運動的規(guī)律可得小球上升的最大高度為；小球從拋出到回到左側(cè)板邊緣同一高度處所用的時間為：。

圖5

根據(jù)小球在水平方向做勻加速運動：。

由以上兩式可解得：。

四. 用圖像法

圖像法用來處理帶電粒子在交變電場作用下的加速與偏轉(zhuǎn)比較方便，一般情況下畫出帶電粒子的圖像，這樣可將復雜的運動直觀地反映出來。

例4. 如圖6，A、B一對平行金屬板，板間距離為d，在兩板間加上一周期為T的交變電壓，電壓變化的規(guī)律如圖7所示。從時刻開始，一束初速度為的電子流沿從A、B兩板間的中線進入電場中，要想使電子水平射出則所加的交變電壓的周期T和所加的電壓的大小應滿足什么條件？

圖6

解：依題意可知電子在水平方向做勻速運動，在豎直方向上做變速運動，根據(jù)圖7做出電子在交變電場中的圖像（如圖8所示），由于電子進入板間電場和射出板間電場時，其豎直方向上速度為0，因此電子在電場中的運動時間必為交變電壓周期T的整數(shù)倍。

圖7

即：（n=1、2…）

，因此（n=1、2…）

即為周期T應該滿足的條件。

對于射入的電子，由圖像可知，其飛射出板間電場時刻側(cè)向位移最大，因此只要考慮這些射入的電子，在一個周期內(nèi)側(cè)向位移為圖8陰影部分的面積：。

圖8  

在t=nT中，總的側(cè)向位移，當時，電子均可飛出板間電場，即：

，因此，（n=1、2…）

解決帶電粒子在電場中運動的基本方法還有整體法等。