高中物理人教版 (2019)必修 第三册带电粒子在电场中的运动优秀课后测评

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02
思维导图
电场中的力、电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题。
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
2．处理带电粒子(带电体)运动的方法
(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。
(3)常用的两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
03
知识梳理
课前研读课本，梳理基础知识：
一、带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
2．处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
3．基本关系式：运动时间t＝eq \f(l,v0)，
加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，
偏转量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdveq \\al(2,0))，
偏转角θ的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))。
4．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdveq \\al(2,0))
得y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
可见y和tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子匀速位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
5．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。
二、带电粒子在交变电场中的曲线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的题目类型
粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
二、带电粒子(带电体)在电场和重力场中的曲线运动
1．等效重力场
物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
2．方法应用
(1)求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
(2)将a＝eq \f(F合,m)视为等效重力加速度。
(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”；
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
(4)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。
04
题型精讲
【题型一】类平抛、类斜抛问题
【典型例题1】如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。
[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2
经电场偏转后侧移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU偏,mL)eq \f(L,v)2
所以y＝eq \f(U偏L,4U0)，由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足
eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
所以Y＝13.5 cm，即打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm (2)30 cm
【典型例题2】(多选)如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的动能是它在O点时动能的3倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是( )
A．该带电粒子带正电荷
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段时间中间时刻粒子的动能最小
D．加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于120°
解析：选BD 依题意，匀强电场场强方向未知，故该带电粒子电性不明，故A错误；从O点运动到A点的过程，动能增加，根据动能定理可知，电场力做正功，又根据电场力做功与电势能变化关系，可知带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；设加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于θ，则有acs(π－θ)＝eq \f(v0,t)，asin(π－θ)＝eq \f(v,t)，eq \f(1,2)mv2＝3×eq \f(1,2)mv02，联立，可得θ＝120°，故D正确；加速度与初速度方向夹角为钝角，故粒子速度先减小，后增大，最小的动能出现在加速度与速度垂直的时候，这段时间中间时刻粒子的两个分速度分别为vx＝eq \f(v,2)＝eq \f(\r(3),2)v0，vy＝eq \f(v0,2)，合速度与水平面夹角为α，则tan α＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(3),3)，解得α＝30°，加速度与速度夹角为60°，不垂直，故C错误。
【对点训练1】如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们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N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则( )
A．q1＞q2 B．m1＜m2
C.eq \f(q1,m1)＞eq \f(q2,m2) D.eq \f(q1,m1)＜eq \f(q2,m2)
答案 C
解析 设粒子垂直电场进入匀强电场的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝eq \f(qE,m)，运动时间t＝eq \f(x,v0)，偏转位移为y＝eq \f(1,2)at2，整理得y＝eq \f(qEx2,2mveq \\al(2,0))，显然由于A粒子的水平位移小，则有eq \f(q1,m1)＞eq \f(q2,m2)，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。
【对点训练2】（多选）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( )
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
解析：选AB 带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功。则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误。
【题型二】变速圆周运动中的绳模型、杆模型
【典型例题3】如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，电场强度大小为eq \f(3mg,4q)，一带正电的小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为eq \f(R,3)处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)带电小球从A 点开始运动时的初速度v0；
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离。
答案 (1)eq \f(5,2)eq \r(gR) (2)(eq \r(7)＋eq \f(3,2))R
解析 (1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。如图所示，设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，则θ＝37°，故F合＝eq \f(qE,sin 37°)＝eq \f(5,4)mg。设此时的速度大小为v，由于合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得eq \f(5mg,4)＝meq \f(v2,R)
解得v＝eq \r(\f(5gR,4))
从A点到该点由动能定理
－mgR(1＋cs 37°)－eq \f(3mgR,4)(eq \f(1,3)＋sin 37°)
＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \f(5,2)eq \r(gR)。
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从 A 点到 C 点由动能定理得
－2mgR－eq \f(3mg,4)×eq \f(R,3)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vC＝eq \f(1,2)eq \r(7gR)
当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设从C点到D点的运动时间为t，水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x
水平方向上有eq \f(3mg,4)＝ma
x＝vCt＋eq \f(1,2)at2
竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
联立解得x＝(eq \r(7)＋eq \f(3,2))R。
【典型例题4】如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。
解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，
则有eq \f(qE,mg)＝tan θ，所以E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为eq \f(5,4)g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有
－eq \f(5,4)mg·2r＝0－eq \f(1,2)mvmin2，
所以vmin＝eq \r(5gr)，即小球的初速度应不小于eq \r(5gr)。
答案：(1)eq \f(3mg,4q) (2)不小于eq \r(5gr)
【对点训练3】如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4 C，质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g＝10 m/s2。试求：
(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；
(2)D点到B点的距离xDB；
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝meq \f(vC2,R)，
解得vC＝2.0 m/s。
设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有
FB－mg＝meq \f(vB2,R)。
带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有
－mg×2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
联立解得FB＝6.0 N，
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0 N。
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝eq \f(1,2)gt2，
xDB＝vCt－eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2
联立解得xDB＝0。
(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。
设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有
qERsin 45°－mgR(1－cs 45°)＝Ekm－eq \f(1,2)mvB2，
代入数据解得Ekm≈1.17 J。
答案：(1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
【对点训练4】如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝eq \f(mg,q)，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)。
(1)求DA两点间的电势差UDA；
(2)求圆管半径r；
(3)求小球从D点运动到P点的时间t。
解析 (1)WAD＝－mgL＝－WDA
UDA＝eq \f(WDA,q)
或UDA＝EL①
解得UDA＝eq \f(mgL,q)②
(2)由恰好过D点，判断vD＝0③
根据动能定理：从A到D过程
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④
解得r＝eq \f(L,6)⑤
(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y
xtan 53°＋x＝2r⑥
解得x＝eq \f(L,7)，y＝eq \f(L,7)⑦
竖直方向自由落体有y＝eq \f(1,2)gt2⑧
解得t＝eq \r(\f(2L,7g))⑨
答案 (1)eq \f(mgL,q) (2)eq \f(L,6) (3)eq \r(\f(2L,7g))
【题型三】交变电场、组合场中的运动
【典型例题5】如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：
(1)粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；
(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；
(3)A、B两板间距的最小值。
解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度
在C、D间，由动能定理有qU2＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝ eq \r(\f(2qU2,m))。
(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，竖直方向的位移也为0，若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝Teq \r(\f(2qU2,m))。
(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d
则有eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \f(T,4)2×2＝eq \f(d,2)
解得d＝eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))。
答案：(1) eq \r(\f(2qU2,m)) (2)Teq \r(\f(2qU2,m)) (3)eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))
【典型例题6】如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10 C、质量为m＝1.0×10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计)
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。
[思路点拨]
(1)带电粒子在两板之间的匀强电场中发生偏转，做类平抛运动。
(2)带电粒子在两界面MN、PS之间的无场区域做匀速直线运动。
(3)在点电荷Q形成的电场区域做匀速圆周运动，则带电粒子进入该电场时的速度方向与该位置的半径垂直。
[解析] (1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：
y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,dm)，L＝v0t，
则y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU,2dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))2＝0.03 m＝3 cm。
粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有eq \f(\f(1,2)L,\f(1,2)L＋12 cm)＝eq \f(y,Y)，
解得Y＝4y＝12 cm。
(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧。
(3)粒子到达H点时，其水平速度vx＝v0＝2.0×106 m/s
竖直速度vy＝at＝1.5×106 m/s
则v合＝2.5×106 m/s
该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电。
根据几何关系可知半径r＝15 cm，
电场力提供向心力，则keq \f(Qq,r2)＝meq \f(v合2,r)，
解得Q≈1.04×10－8 C。
[答案] (1)3 cm 12 cm (2)轨迹图见解析
(3)负电 1.04×10－8 C
[方法规律] 分析匀强电场中的偏转问题的关键
(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
【对点训练5】在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
答案 见解析
解析 (1)由动能定理得eeq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(eU0,m)).
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝eq \f(T,4)＋k·eq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝eq \f(eU0,md)，加速阶段运动的距离
s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)，
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m)).
【对点训练6】如图所示，真空中水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，一电荷量为＋q(q>0)，质量为m的小球从两板中央以水平速度v0射入板间，小球离开电场后恰能垂直打在距离金属板右端2L的屏M上，已知重力加速度为g。求：
(1)板间电场强度E的大小和方向；
(2)板间电势差U要满足什么条件？
答案 (1)eq \f(3mg,q) 方向竖直向上 (2)U≥eq \f(6mg2L2,qveq \\al(2,0))
解析 (1)设小球在电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，刚飞出电场时竖直方向的速度为vy，
由题意可知a＝eq \f(qE－mg,m)，t1＝eq \f(L,v0)，vy＝at1
小球飞出电场后到垂直击中屏所经历的时间为t2＝eq \f(2L,v0)，vy＝gt2
联立以上各式解得匀强电场的电场强度大小为
E＝eq \f(3mg,q)，方向竖直向上。
(2)设板间距离为d，要使小球能飞出电场，应满足eq \f(d,2)≥eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
两板间的电势差为U＝Ed
联立解得U≥eq \f(6mg2L2,qveq \\al(2,0))。
【基础强化】
1．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电质点通过P点的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小
答案 B
解析 电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线方向电势降低，故c等势面的电势最低，a等势面的电势最高，故A错误；P点电势小于Q点电势，粒子带负电，则带电质点通过P点的电势能比Q点的电势能大，根据能量守恒可知，带电质点通过P点的动能比Q点的动能小，故B正确，C错误；等势线密的地方电场强度大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。
2.实验室中探测到电子在匀强电场中的运动轨迹为一条抛物线。为研究问题方便，建立如图所示的坐标系，该抛物线开口向下，a、b是抛物线上的两点。下列说法正确的是( )
A．匀强电场方向可能沿x轴正方向
B．匀强电场方向可能沿y轴负方向
C．匀强电场中a点的电势比b点高
D．电子在b点的动能比在a点的大
答案 C
解析 电子在电场中做曲线运动，电场力应指向轨迹内侧向下，若匀强电场方向沿x轴正方向，电子所受的电场力沿x轴负方向，A错 误；若匀强电场方向沿y轴负方向，电子所受电场力方向沿y轴正方向，B错误；抛物线开口向下，从a点到b点电子一定做减速运动，动能减小，电势能增大，因负电荷在电势高处电势能小，可知匀强电场中，a点的电势比b点的高，电子在b点的动能比a点的小，C正确，D错误。
3.图甲是一对长度为L的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则( )
A．粒子带负电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为eq \f(L,2t0)
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
答案 C
解析 粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；粒子在平行板间在0～t0时间内做曲线运动；在t0～2t0时间内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为v0＝eq \f(L,2t0)，选项C正确；若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D错误．
4.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D项错误。
5. 带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子在相同的时间内( )
A．位置变化相同
B．速度变化相同
C．速度偏转的角度相同
D．动能变化相同
答案 B
解析 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。在竖直方向上，粒子相同的时间内运动的位移之比为1∶3∶5…，在水平方向上位置变化相同，所以其位置变化不同，A错误；因为粒子做匀变速曲线运动，根据匀变速运动的规律可知，粒子在相同时间内速度变化相同，B正确；粒子的速度逐渐靠近(而不会达到)竖直方向，所以速度的偏转角度会越来越小，C错误；根据动能定理ΔEk＝qEsy，动能的变化与竖直位移成正比，而在相同时间内竖直位移之比为1∶3∶5…，所以动能变化不同，D错误。
6.喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5 m的墨汁微粒，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流入墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝
2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带电荷量为1.25×10－12 C，以20 m/s的初速度垂直进入偏转电场，打到纸上的点距原入射方向的距离是
1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)( )
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是2.0×103 V
C．两偏转板间的电压是5.0×102 V
D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%
答案 C
解析 墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线交水平位移的中点，如图所示
由图可知tan θ＝eq \f(vy,v0)，tan θ＝eq \f(y,\f(L1,2)＋L2)，又vy＝at＝eq \f(qU,md)t，t＝eq \f(L1,v0)联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，选项B错误，C正确；由以上式子整理得y＝eq \f(qUL1（L1＋2L2）,2mdveq \\al(2,0))，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，选项D错误。
【素养提升】
7.具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核(eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H和eq \\al(3,1)H)以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，分别落在A、B、C三点，如图所示。不计粒子的重力，则( )
A．三种粒子在电场中运动的时间相同
B．三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同
C．落在A点的是eq \\al(1,1)H
D．到达负极板时，落在C点的粒子的动能大于落在A点的粒子的动能
答案 B
解析 三种粒子在水平方向的分速度相同，但水平位移不同，所以在电场中运动的时间不同，故A错误；三种粒子的电荷量q相同，且P到A、B、C三点间电势差U相等，根据ΔEp＝－qU可知三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同，故B正确；设两极板间电场强度大小为E，粒子质量为m，则粒子在垂直于极板方向的加速度大小为a＝eq \f(qE,m)，设P点到负极板的垂直距离为h，则粒子的水平位移大小为x＝vt＝veq \r(\f(2h,a))＝veq \r(\f(2mh,qE))，由上式可知质量越大的粒子水平位移越大，所以落在A点的是eq \\al(3,1)H，故C错误；粒子到达负极板时的动能为Ek＝
eq \f(1,2)mv2＋qU，由上式可知质量越大的粒子到达负极板时的动能越大，由C项分析可知，落在C点的粒子的动能小于落在A点的粒子的动能，故D错误。
8．(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最低点B。粒子重力不计，下列分析正确的是( )
A．经过B点时的速度方向沿半圆的半径
B．无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆
C．若仅将下板下移少许，板间电压增大
D．若仅将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原处射入电场，仍会经过B点
答案 BCD
解析 粒子在平行板电容器中向下偏转，到达B点时，既有水平方向的速度，又有竖直向下的速度，故经过B点时的速度方向向右下方，故A错误；粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做类平抛运动，类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，若粒子沿着半径方向离开半圆，则反向延长线过圆心，所以一定从C点射出是不可能的，故B正确；若仅将下板下移少许，则平行板电容器极板间的距离d变大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容变小，又平行板电容器充电后与电源断开，则Q不变，由U＝eq \f(Q,C)可知板间电压增大，故C正确；若仅将下板下移少许，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，则电场强度不变，受力情况不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，运动轨迹不变，则仍会经过B点，故D正确。
9.(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
解析：选AD 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)))2，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。(多选)如图
10． (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)
B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cs θ)
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
答案 AB
解析 小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs θ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
11．如图所示，粗糙程度不均匀的水平面ABC与半径为R的竖直光滑半圆轨道CDM相切于C点，CM为半圆的直径，O为圆心，D点是弧CM的中点，在半圆CDM下半部分有水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝eq \f(mg,q)(g为重力加速度)。现把可视为质点、质量为2m的小物块P置于水平面的A点，并在水平恒力F(大小未知)的作用下由静止向左运动，运动到B点撤掉水平恒力F，小物块P恰好运动到C点静止。现把与小物块P材料相同、质量是小物块P质量一半、带电荷量为＋q的绝缘小物块Q同样置于A点，在同样水平恒力F作用下也从静止开始向左运动，到B点撤掉水平恒力F，带电小物块Q离开水平面BC后沿着圆弧轨道CDM运动恰好能过最高点M。求：
(1)小物块Q经过水平面C点时的速度大小；
(2)小物块Q在半圆轨道CDM上运动过程中对轨道的最大压力；
(3)小物块Q在运动过程中所受摩擦力做的功。
答案 (1)eq \r(3gR) (2)(3eq \r(2)＋1)mg，方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方
(3)－eq \f(3,2)mgR
解析 (1)小物块Q在最高点M由牛顿第二定律得mg＝meq \f(veq \\al(2,M),R)
从C点到M点的过程中，对Q由动能定理得
qER－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vC＝eq \r(3gR)。
(2)根据题意并结合受力分析知，小物块Q运动到与圆心的连线和竖直方向的夹角为45°的位置时，对轨道的压力最大，设此位置小物块Q对应的速度为v，根据动能定理得
qERsin 45°－mgR(1－cs 45°)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
由牛顿第二定律有FN－eq \f(mg,cs 45°)＝eq \f(mv2,R)
联立解得FN＝(3eq \r(2)＋1)mg
由牛顿第三定律得，小物块Q对轨道的最大压力为FN′＝(3eq \r(2)＋1)mg，方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方。
(3)设小物块Q从A到C过程中所受摩擦力做的功为Wf，对小物块P，由功能关系得WF＋2Wf＝0
对小物块Q有WF＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得Wf＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝－eq \f(3,2)mgR。
12.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带正电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L。现加一水平向右的区域足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(3mg,4q)，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球在运动过程的最小速度至少为eq \r(gL)
D．小球在运动过程的最大速度至少为eq \f(5,2)eq \r(gL)
答案 BD
解析 小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝eq \f(5,4)mg，小球在最高点A的最小速度v1满足G′＝meq \f(veq \\al(2,1),L)，得v1＝eq \f(\r(5gL),2)，故C错误；小球由最高点A运动到最低点B，由动能定理有G′·2L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v2＝eq \f(5,2)eq \r(gL)，故D正确。
13.如图所示，在光滑的水平桌面上，粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向竖直向下且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
答案 (1)5.4qE (2)eq \f(6,5)R (3)15R
解析 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cs 37°)]－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
解得vC1＝eq \r(\f(22qER,5m))
在C点根据牛顿第二定律得
FN－qE＝meq \f(veq \\al(2,C1),R)
解得FN＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FN′＝FN＝5.4qE。
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcs 37°)－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)－0
解得vD1＝eq \r(\f(12qER,5m))
小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)，解得xm＝eq \f(6,5)R。
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，根据功能关系得qELsin 37°＝μqEscs 37°
解得s＝eq \f(Ltan 37°,μ)＝15R。
14. (多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为电场正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是( )
A．粒子在电场中运动的最短时间为eq \f(\r(2)d,v0)
B．射出粒子的最大动能为eq \f(5,4)mveq \\al(2,0)
C．t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝eq \f(3d,v0)时刻进入的粒子，从O′点射出
答案 AD
解析 由题图可知电场强度大小E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中运动的加速度大小a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),2d)，则粒子在电场中运动的最短时间满足eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,min)，解得tmin＝eq \f(\r(2)d,v0)，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝eq \f(8d,v0)，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知粒子射出电场时的动能均为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项B错误；t＝eq \f(d,2v0)＝eq \f(T,8)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向下加速eq \f(3T,8)，后向下减速eq \f(3T,8)速度到零；然后向上加速eq \f(T,8)，再向上减速eq \f(T,8)速度到零……如此反复，则最后射出时有沿电场方向向下的位移，即粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝eq \f(3d,v0)＝eq \f(3T,4)时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向上加速eq \f(T,4)，后向上减速eq \f(T,4)速度到零；然后向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)速度到零……如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，即粒子将从O′点射出，选项D正确。
【能力培优】
15.(多选)如图所示，xOy坐标系的第一象限存在水平向左的匀强电场。第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界。相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是( )
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为eq \r(2)∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为eq \r(2)∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
答案 BD
解析 相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v甲∶v乙＝eq \r(2)∶1，故A错误，B正确；甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限，设位移与水平方向夹角为θ，甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角θ相同
由平抛运动知识可知x＝v0t①
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(a′t2,2v0t)＝eq \f(a′t,2v0)②
y＝xtan θ＝v0ttan θ③
综合①②③可得
s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(2tan θ\r(1＋tan2θ),a′)veq \\al(2,0)
可知带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝eq \f(a′t,v0)，tan α＝2tan θ，甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角α相同，故D正确。
16．如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，电场强度大小为E、方向与圆所在的面平行。PQ为圆的一条直径，与电场强度方向的夹角θ＝60°。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于电场强度的方向射入电场，不计粒子重力。
(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；
(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp。
答案 (1)eq \r(\f(3qER,2m)) (2)圆弧上最低点 －eq \f(3qER,2)
解析 (1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，
则水平方向有2Rsin θ＝v0t
竖直方向有2Rcs θ＝eq \f(1,2)at2
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得v0＝eq \r(\f(3qER,2m))。
(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcs θ
解得ΔEp＝－eq \f(3qER,2)。
17．如图所示，两水平面(虚线)之间区域存在与水平方向成45°斜向右上方的匀强电场，自该区域上方A点将质量均为m、带电荷量分别为q和2q带正电粒子M、N，同时以相反的初速度v0沿水平方向射出。两粒子进入电场时速度方向与上边界均成45°角，并从该区域的下边界离开。已知M在电场中做直线运动，N离开电场时速度方向恰好竖直。(重力加速度大小为g，不计空气阻力和粒子间相互作用)求：
(1)A点距电场上边界的高度；
(2)该电场强度的大小；
(3)M与N两粒子离开电场时位置间的距离。
答案 (1)eq \f(veq \\al(2,0),2g) (2)eq \f(\r(2)mg,2q) (3)eq \f(7veq \\al(2,0),2g)
解析 (1)M、N两粒子进入电场前做平抛运动，设A点距电场上边界的高度为h，粒子进入电场时速度偏向角满足vy＝v0tan 45°＝v0，又veq \\al(2,y)＝2gh，解得h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)。
(2)M粒子在电场中做直线运动，受力分析知，电场力qE与重力mg的合力与速度同向，可得qE＝mgcs 45°，解得E＝eq \f(\r(2)mg,2q)。
(3)M、N两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得t1＝eq \f(vy,g)＝eq \f(v0,g)
水平位移x1＝v0t1＝eq \f(veq \\al(2,0),g)
电场中，N粒子受电场力F＝2qE＝eq \r(2)mg
由力的合成可知N粒子所受合力F合＝mg，方向水平向右，则N粒子水平方向以大小为g的加速度做初速度为v0的匀减速直线运动，设运动时间为t2，由运动学公式可得
v0－gt2＝0，x2＝v0t2－eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
解得x2＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)
竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得H＝v0t2＝eq \f(veq \\al(2,0),g)
当M离开电场时，M在电场中运动的水平距离为x3，由几何关系可得
x3＝Htan 45＝eq \f(veq \\al(2,0),g)
所以M与N两粒子离开电场时位置间的距离
d＝2x1＋x2＋x3＝eq \f(7veq \\al(2,0),2g)。
课程标准
物理素养
3.1.5 能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象。
物理观念：会从运动和力的关系的角度分析带电粒子在匀强电场中的加速问题。知道带电粒子垂直于电场线进入匀强电场的特点。了解示波管的工作原理。
科学思维：带电粒子垂直于电场线进入匀强电场后，能对偏移距离、偏转角度、离开电场时的速度等物理量进行分析和计算。
科学探究：通过解决带电粒子在电场中加速和偏转的问题，加深对牛顿运动定律和功能关系两个角度分析物体运动的认识，以及将匀变速曲线运动分解为两个方向上的简单运动来处理的思路的认识。
科学态度与责任：体会静电场知识对科学技术的影响。