帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1.如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過程A. 加速度大小為a=qEm+gB. 所需的時(shí)間為t=dmEqC. 下降的高度為 y=d2D. 電場力所做的功為 W=Eqd【答案】B【解析】【詳解】點(diǎn)電荷在電場中的受力如圖所示，點(diǎn)電荷所受的合外力為F=qE2+mg2 由牛頓第二定律得a=qE2+mg2m 故A錯(cuò)；點(diǎn)電荷在水平方向的加速度為a1=Eq/m ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式d/2=a1t2/2,所以t=mdqE ，故B正確，點(diǎn)電荷在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以下降的高度y=12gt2=12gmdqE=mgd2qE ，故C錯(cuò)誤；由功公式W=Eqd/2,故D錯(cuò)誤。綜上所述本題答案是：B【點(diǎn)睛】由于電荷水平方向和豎直方向都受到力的作用，根據(jù)水平方向上的運(yùn)動(dòng)求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再結(jié)合豎直方向上自由落體運(yùn)動(dòng)求出下落的高度。2.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)，由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子A. 運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B. 運(yùn)動(dòng)到P和P點(diǎn)之間返回C. 運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回D. 穿過P點(diǎn)【答案】A【解析】設(shè)A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強(qiáng)度為E，第一次由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU1=qU2=qEd，將C板向右移動(dòng)，B、C板間的電場強(qiáng)度E=Ud=4kQS，E不變，所以電子還是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度減小為零，然后返回，故A正確；BCD錯(cuò)誤【名師點(diǎn)睛】本題是帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，主要考察勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及動(dòng)能定理，重點(diǎn)是電容器的動(dòng)態(tài)分析，在電荷量Q不變的時(shí)候，板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)3.如圖，在勻強(qiáng)電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個(gè)帶電小球，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略空氣阻力，當(dāng)懸線斷裂后，小球?qū)⒆觯?）A. 曲線運(yùn)動(dòng) B. 勻速直線運(yùn)動(dòng)C. 勻加速直線運(yùn)動(dòng) D. 變加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】小球受重力、電場力和細(xì)線的拉力，拉力的大小等于電場力和重力的合力，故大小恒定；當(dāng)懸線斷裂后，小球在重力和電場力的合力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選C.4.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向下的勻強(qiáng)電場區(qū)時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)為（ ）A. 繼續(xù)勻速下滑B. 將加速下滑C. 將減速下滑D. 上述三種情況都有可能發(fā)生【答案】A【解析】試題分析：沒有電場時(shí)，滑塊沿絕緣斜面勻速下滑，受力平衡，根據(jù)平衡條件得到滑動(dòng)摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡當(dāng)當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場區(qū)時(shí)，再分析這兩個(gè)力是否平衡，判斷滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)解：設(shè)斜面的傾角為滑塊沒有進(jìn)入電場時(shí)，根據(jù)平衡條件得mgsin=fN=mgcos又f=N得到，mgsin=mgcos，即有sin=cos當(dāng)滑塊進(jìn)入電場時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場力大小為F根據(jù)正交分解得到滑塊受到的沿斜面向下的力為（mg+F）sin，沿斜面向上的力為（mg+F）cos，由于sin=cos，所以（mg+F）sin=（mg+F）cos，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng)故選A【點(diǎn)評】本題增加電場力，相當(dāng)于增加物體的重力，對物體的運(yùn)動(dòng)情況沒有影響基本題5.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符.已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是( )A. 增大墨汁微粒的比荷B. 減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能C. 減小偏轉(zhuǎn)極板的長度D. 增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓【答案】C【解析】試題分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：水平方向：L=v0t；豎直方向：y=12at2又a=qUmd聯(lián)立得，y=qUL22mdv02=qUL24dEk0要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷q/m、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故ABD錯(cuò)誤，C正確故選C考點(diǎn)：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)量y的表達(dá)式；粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求解y，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角。視頻6.如圖所示，一個(gè)絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場E中，在環(huán)的上端，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球由靜止開始 沿軌道運(yùn)動(dòng)，則（）A. 小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B. 小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最小C. 在最低點(diǎn)球?qū)Νh(huán)的壓力為（mg+qE）D. 在最低點(diǎn)球?qū)Νh(huán)的壓力為3（mg+qE）【答案】D【解析】【分析】小球運(yùn)動(dòng)過程中電場力做功，機(jī)械能不守恒根據(jù)動(dòng)能定理知小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最大根據(jù)動(dòng)能定理求出小球經(jīng)過在最低點(diǎn)時(shí)的速度，由牛頓第二定律求出環(huán)對球的支持力，得到球?qū)Νh(huán)的壓力?！驹斀狻緼項(xiàng)：小球運(yùn)動(dòng)過程中電場力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，合力做正功，則根據(jù)動(dòng)能定理得知，動(dòng)能增加，速率增大，所以小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最大，故B錯(cuò)誤；C、D項(xiàng)：小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：(mg+qE)R=12mv2 由Nmg=mv2R，聯(lián)立解得N=3（mg+qE）。故C錯(cuò)誤，D正確。故應(yīng)選：D?！军c(diǎn)睛】本題是帶電體在勻強(qiáng)電場中做圓周運(yùn)動(dòng)的問題，由動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合求解是常用的思路。7. 如圖甲所示為示波管，如果在YY之間加如圖乙所示的交變電壓，同時(shí)在XX之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使X的電勢比X高，則在熒光屏上會(huì)看到圖形為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】試題分析：因XX偏轉(zhuǎn)電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與YY偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號(hào)電壓相同，則以在熒光屏上得到的信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象則顯示如圖所示：故選C?？键c(diǎn)：示波器；帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，要用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的正交分解思想進(jìn)行思考。8.在地面附近，存在著一個(gè)有界電場，邊界MN將空間分成左右兩個(gè)區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強(qiáng)電場，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置水平地面由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的帶電滑塊（滑塊的電荷量始終不變），如圖甲所示，滑塊運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則（）A. 滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小相等B. 在t=5 s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MNC. 滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力與電場力之比為2：5D. 在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，滑動(dòng)摩擦力做的功小于電場力做的功【答案】C【解析】【分析】滑塊在電場中，受到電場力與摩擦力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，離開電場后受到摩擦力作用而做勻減速運(yùn)動(dòng)，由圖可以看出，滑塊經(jīng)過邊界MN的時(shí)刻分別求出滑塊離開電場前、后加速度大小，由牛頓第二定律求出重力與電場力之比根據(jù)動(dòng)能定理研究整個(gè)過程中重力做的功與電場力做的功大小關(guān)系?！驹斀狻緼項(xiàng)：根據(jù)速度與時(shí)間圖象，可知，圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示位移大小，那么滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小小于在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：滑塊離開電場前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，離開電場后受到摩擦力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，由圖可以看出，小球經(jīng)過邊界MN的時(shí)刻是t=2s時(shí)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：由圖象的斜率等于加速度得滑塊離開電場前的加速度為a1=v02，離開電場后的加速度大小為a2=v03由牛頓第二定律得：qE-f=ma1f=ma2解得，摩擦力與電場力之比為2：5故C正確；D項(xiàng)：整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理，整個(gè)過程中摩擦力做的功與電場力做的功大小相等，故D錯(cuò)誤。故應(yīng)選:C?！军c(diǎn)睛】本題一要能正確分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，抓住斜率等于加速度是關(guān)鍵；二要運(yùn)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關(guān)系。9.在孤立負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場中，四個(gè)帶電粒子分別僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，vt圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A. a，c帶負(fù)電，b，d 帶正電B. a，c帶正電，b，d 帶負(fù)電C. a，d帶正電，b，c帶負(fù)電D. a，d帶負(fù)電，b，c帶正電【答案】A【解析】試題分析：圖像a做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故a帶負(fù)電，遠(yuǎn)離孤立負(fù)電荷；圖像b做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，故b帶正電，靠近孤立負(fù)電荷；圖像c做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故c帶負(fù)電，靠近孤立負(fù)電荷；圖像d做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故d帶正電，遠(yuǎn)離孤立負(fù)電荷，故選項(xiàng)A正確?？键c(diǎn)：電場強(qiáng)度、加速度、速度【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵掌握速度圖象斜率的意義進(jìn)行分析加速度的變化情況，由電場強(qiáng)度與加速度的關(guān)系a=qEm，即根據(jù)牛頓第二定律把握物理量之間聯(lián)系。10.質(zhì)量不同、帶電量相同的粒子，不計(jì)重力，垂直于電力線射入同一個(gè)勻強(qiáng)電場若它們離開電場時(shí)速度方向改變的角度相同，則它們在進(jìn)入電場前必然具有相同的（）A. 速度 B. 動(dòng)量 C. 動(dòng)能 D. 速度、動(dòng)量和動(dòng)能【答案】C【解析】【分析】粒子只受電場力，垂直射入電場，做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式和速度偏轉(zhuǎn)角公式列式求解初速度、初動(dòng)量和初動(dòng)能的表達(dá)式分析?！驹斀狻苛Ｗ幼鲱愃破綊佭\(yùn)動(dòng)，故：L=v0t，tan=vyvx=atv0 其中：a=qEm 解得：v0=qELmtan P0=mv0=mqELtan Ek0=12mv02=qEL2tan 由于q相等，m不等，故進(jìn)入電場前，初速度、初動(dòng)量不等，而初動(dòng)能相等，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng)，采用正交分解法，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式分析。11.如圖所示，豎直平行金屬板分別與電源正、負(fù)極相接，一帶電顆粒沿圖中直線從A向B運(yùn)動(dòng)，則該帶電顆粒（ ）A. 動(dòng)能減小B. 電勢能減小C. 機(jī)械能減小D. 可能帶負(fù)電【答案】B【解析】A、微粒的合力方向與速度方向一致，對微粒做正功，則其動(dòng)能增大，故A錯(cuò)誤；B、帶電微粒在電場中受到重力和電場力兩個(gè)力作用，電場力在水平方向，由微粒做直線運(yùn)動(dòng)可知，電場力方向必定水平向右，C電場力做正功，機(jī)械能增大，電勢能減小，故B正確，C錯(cuò)誤，則微粒帶正電，故D錯(cuò)誤。故選B。12.如圖所示，高為h，傾角=37的光滑斜面處在水平向右、場強(qiáng)E=mgq的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球沿著光滑的斜面運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則帶電小球由斜面底端運(yùn)動(dòng)到斜面頂端的過程中（）A. 重力對小球做功為mghB. 小球的電勢能減少了34mghC. 合力對小球所做的功為13mghD. 小球的電勢能與動(dòng)能之和保持不變【答案】C【解析】【分析】根據(jù)上升的高度求出重力做功，根據(jù)電場力做功得出電勢能的變化，抓住合力做功等于各力做功的代數(shù)和求出合力做功的大小根據(jù)能量守恒分析小球的電勢能與動(dòng)能之和的變化?！驹斀狻緼項(xiàng)：小球沿光滑斜面運(yùn)動(dòng)，從底端到頂端過程中，重力做功為-mgh，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：電場力做功W=qEhtan=43mgh，則電勢能減小43mgh，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：支持力不做功，合力做功等于各力做功的代數(shù)和，則W合=mgh+43mgh=13mgh，故C正確；D項(xiàng)：根據(jù)能量守恒知，小球電勢能與動(dòng)能之和減小量等于小球重力勢能的增加量，可知小球電勢能和動(dòng)能之和在減小，故D錯(cuò)誤。故應(yīng)選：C。【點(diǎn)睛】本題考查的是功能關(guān)系，動(dòng)能的變化對應(yīng)合力做功，機(jī)械能的變化對應(yīng)除重力以外其它力做功，重力勢能的變化對應(yīng)重力做功，電勢能的變化對應(yīng)電場力做功。13.如圖所示，長為L的兩平行金屬板水平放置，接在直流電路中，圖中R為滑動(dòng)變阻器，一帶電微粒自兩板左側(cè)中央以某初速度v0平行于金屬板進(jìn)入兩板間，若將變阻器的滑片P置于最下端b處，帶電微粒將落在下板上距離左端L3處，若滑片P與b端間電阻為18，帶電微粒將沿直線運(yùn)動(dòng)，若要微粒不打到金屬板上，則滑片P與b端間電阻R的范圍應(yīng)為（）A. 12R20 B. 16R20C. 12R24 D. 16R24【答案】B【解析】【分析】滑片P位于最下端b，帶電微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列出方程；帶電微粒沿直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力和重力平衡；微粒剛好不打在金屬板上，可能從上下極板的邊緣之間射出，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和牛頓第二定律結(jié)合串聯(lián)電路的分壓規(guī)律求出臨界值，即可得到范圍?！驹斀狻吭O(shè)兩平行金屬板間距為d，由已知得：d2=12gt12 L3=v0t1 當(dāng)滑片p與b端間電阻為18時(shí)，有：qU0d=mg 若要微粒剛好不打在金屬板上，應(yīng)滿足：d2=12at22L=v0t2qU1dmg=ma或mgqU2d=ma由以上各式解得：U1=109U0，U2=89U0由串聯(lián)電路的分壓規(guī)律可求得對應(yīng)電阻為：R1=109R0=20 R2=89R0=16所求R的范圍為16R20，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故應(yīng)選：B?！军c(diǎn)睛】本題是帶電粒子在電場中類平拋運(yùn)動(dòng)和電路問題的綜合，容易出錯(cuò)的是受習(xí)慣思維的影響，求加速度時(shí)將重力遺忘，要注意分析受力情況，根據(jù)合力求加速度。14.如圖所示，電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器的兩金屬板水平放置，開關(guān)S是閉合的，兩板間一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，G為靈敏電流計(jì)。則以下說法正確的是()A. 在將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)的過程中，油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，G中有從b到a的電流B. 在將滑動(dòng)變阻器滑片P向下移動(dòng)的過程中，油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G中有從b到a的電流C. 在將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)的過程中，油滴仍然靜止，G中有從a到b的電流D. 在將S斷開后，油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，G中無電流通過【答案】A【解析】試題分析：電容器與電阻R、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，滑片移動(dòng)，根據(jù)電路串并聯(lián)知識(shí)和閉合電路歐姆定律得到導(dǎo)致電容器兩端電壓變化情況，最終判斷油滴受力變化和運(yùn)動(dòng)情況解：A、C、粒子原來處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡；電容器與電阻R、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，滑片向上移動(dòng)，電阻R變大，電路總電阻變大，電流變小，電容器兩端電壓為：U=EI（r+R1），故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，電場力變大，粒子向上加速；電容器充電，故電流從b到a，故A正確，C錯(cuò)誤；B、在將滑動(dòng)變阻器滑片P向下移動(dòng)的過程剛好與選項(xiàng)A相反，故B錯(cuò)誤；D、在將S斷開后，電容器通過電阻R2與R1放電，電量減為零，電流沿a至b，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評】本題是電路動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵是理清電路，根據(jù)路串并聯(lián)知識(shí)和閉合電路歐姆定律得到各個(gè)部分電路電流和電壓的變化15.一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球從距地面高h(yuǎn)處以一定初速度水平拋出，在距拋出點(diǎn)水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管。管上口距地面h2，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個(gè)區(qū)域加一個(gè)場強(qiáng)方向水平向左的勻強(qiáng)電場，重力加速度為g，如圖所示，求：(1)小球初速度v0、電場強(qiáng)度E的大小；(2)小球落地時(shí)動(dòng)能?！敬鸢浮恳剐∏蚰軌驘o碰撞地通過管子，必須使小球到達(dá)上管口時(shí)剛好速度方向豎直向下。根據(jù)動(dòng)能定理，可得因此小球的初速度由動(dòng)能定理聯(lián)立、兩式，解得小球落地時(shí)的動(dòng)能為【解析】略16.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系O-xy，在該平面內(nèi)有一平行y軸的勻強(qiáng)電場，大小為E，方向豎直向下。一過坐標(biāo)原點(diǎn)與x軸成 = 60角的無窮大的平板與豎直平面垂直。在y軸上某點(diǎn)有一質(zhì)量為m。電荷量為+q的粒子以某一速度垂直電場射入電場，經(jīng)過時(shí)間t1時(shí)，在該平面內(nèi)再另加一勻強(qiáng)電場E1，粒子再經(jīng)過時(shí)間t2且t1= t2= t時(shí)，恰好垂直接觸平板，且接觸平板時(shí)速度為零，忽略粒子所受的重力，求：(1)粒子射入電場時(shí)的速度大小和在y軸上的位置；(2)E1的大小以及與y軸之間的夾角的正切值?！敬鸢浮浚?）v=2Eqtm y=11qEt22m（2）E1=7E，tan=32?！窘馕觥?1)設(shè)粒子的初速度為v0，在t1時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子在電場中的加速度為a=Eqm 粒子在電場中的豎直速度為vy=at，按題意分析得到：v0vy=tan聯(lián)立解得粒子拋出時(shí)速度v0=3Eqtmt1時(shí)刻粒子的速度為v=vycos=2Eqtm對應(yīng)的位移為：x1=v0t，y=12at2加電場E1后，粒子從A到D做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故有：sAD=v2t2=Eqt2m又sAB=x1=v0t1=3Eqt2m 所以sBC=sABtan=Eqt2m，sAC=sABsin=2qEt2msCD=sAD+sAC=3Eqt2m，sOC=sCDcos=6qEt2m故拋出點(diǎn)的y坐標(biāo)為y=sOCsBC+y=11qEt22m。(2)如圖所示，設(shè)E1方向與y軸成角，由粒子從A到D的勻減速直線運(yùn)動(dòng)有：qE1sin()=qEsinqE1cos()qEcos=ma1a1=vt2=2qEm聯(lián)立解得：E1=7E，tan=32。