2024高考物理大一轮复习题库 专题强化十一 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题

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专题强化十一　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
【专题解读　1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考选择题和计算题都有命题。2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用动力学方法和能量观点解决电场问题。3.用到的知识：受力分析、运动学公式、牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理和能量守恒定律等知识。
题型一　带电粒子在交变电场中的运动
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
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)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。
【例1 如图1甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电荷量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：

图1
(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；
(3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
答案　(1)4.0×109 m/s2　(2)2×104 m/s　(3)大于5×104 Hz
解析　(1)带电粒子所受电场力大小为
F＝qE＝
由牛顿第二定律得
a＝＝＝4.0×109 m/s2。
(2)由位移公式计算粒子在0～时间内运动的距离为x＝a()2＝5.0×10－2 m
由此可见带电粒子在t＝时恰好到达A板。再由运动学公式可得
v＝a＝2×104 m/s。
(3)分析可知，在～内，电场力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在～内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax＝2×a()2＝aT2。因题目要求粒子不能到达A板，故必有xmax＜d, 根据频率和周期的关系为f＝，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f＞＝5×104 Hz。
【针对训练1 (多选)如图2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(　　)

图2
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为mv
C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝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＝，则粒子在电场中运动的加速度大小a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝at，解得tmin＝，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＝，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mv，选项B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零……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＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零……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。
题型二　带电粒子(带电体)在电场和重力场中的运动
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＝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。

【例2 如图3，一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，一带正电的小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的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，cos 37°＝0.8。求：

图3
(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)　(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＝＝，则θ＝37°，故F合＝＝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＝m

解得v＝
从A点到该点由动能定理
－mgR(1＋cos 37°)－(＋sin 37°)
＝mv2－mv
解得v0＝。
(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－×＝mv－mv
解得vC＝
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＝ma
x＝vCt＋at2
竖直方向上有2R＝gt2
联立解得x＝(＋)R。
【针对训练2 (多选)(2021·四川乐山市调研)如图4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(　　)

图4
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为Ek＝
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＝，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＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，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。

题型三　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。
【真题示例3 (2019·全国Ⅱ卷，24)如图5，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

图5
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案　(1)mv＋qh　v0 (2)2v0
解析　(1)PG、QG间电场强度大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，
有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh⑥
l＝v0。⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0。⑧
【针对训练3 (2021·湖北省高考模拟)如图6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＝(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：

图6
(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)　(2)(3＋1)mg，方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方
(3)－mgR
解析　(1)小物块Q在最高点M由牛顿第二定律得mg＝m
从C点到M点的过程中，对Q由动能定理得
qER－mg·2R＝mv－mv
解得vC＝。
(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－cos 45°)＝mv2－mv
由牛顿第二定律有FN－＝
联立解得FN＝(3＋1)mg
由牛顿第三定律得，小物块Q对轨道的最大压力为FN′＝(3＋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＝mv
解得Wf＝－mv＝－mgR。


对点练 带电粒子在交变电场中的运动
　　　　　　　　　　　　　　　　
1．如图1甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是 (　　)

图1
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案　C
解析　粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝a()2＋a××＝aT2；若粒子在t＝nT＋时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋a()2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。
2．(多选)如图2甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述正确的是(　　)

图2
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
答案　BC
解析　因0～内微粒匀速运动，故qE0＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2qE0－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。
对点练 带电粒子(带电体)在电场和重力场中的运动
3. (2021·湘豫名校4月联考)如图3所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ＝37°，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E＝3.0×103 N/C。现有一带正电荷量为q＝2.0×10－3 C的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则小滑块的质量m(　　)

图3
A．1 kg B．2 kg
C．3 kg D．4 kg
答案　A
解析　带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，可知qE＝mgsin 37°，解得小滑块的质量m＝1 kg，选项A正确。
4．(多选)如图4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＝，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(　　)

图4
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
D．小球在运动过程的最大速度至少为
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′＝mg，小球在最高点A的最小速度v1满足G′＝m，得v1＝，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＝mv－mv，解得v2＝，故D正确。

对点练 电场中的力、电综合问题
5. (多选) (2021·天津市等级考模拟)如图5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(　　)

图5
A．电场方向一定竖直向上
B．电场强度E的最小值为
C．如果电场强度为E＝，则小球相对初始位置的最大高度为
D．如果电场强度为E＝，小球电势能的最大值为
答案　BD
解析　因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力方向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，当电场力方向垂直于运动方向时，电场力有最小值，为Fmin＝mgcos 30°，如图所示，所以电场强度的最小值Emin＝＝，故A错误，B正确；当小球所受的重力和电场力大小相等，两个力的夹角为120°，合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度大小为g，方向与运动方向相反，故小球斜向上做匀减速直线运动的位移x＝，则小球上升的最大高度h＝xsin 30°＝，故C错误；在整个过程中电场力做功W＝qExcos 120°＝－mv，电势能增加mv，所以小球电势能的最大值为mv，故D正确。

6．(多选) (2021·广东新高考八省大联考)如图6所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为＋Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB＝R，O、C在同一水平线上。现在有一质量为m、电荷量为－q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度的大小为，下列说法正确的是(　　)

图6
A．从A到C小球做匀变速运动
B．B、A两点间的电势差为
C．从A到C小球的机械能守恒
D．若从A点自由释放，则下落到B点时的速度大小为
答案　BD
解析　小球在运动的过程中，所受电场力是变力，合力不恒定，则从A到C小球做的运动不是匀变速运动，故A错误；小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能定理得2mgR－qUAC＝mv2，由于v＝，则UAC＝－，因以O为圆心的圆周为等势面，所以A、B间的电势差与A、C间的电势差相等，则B、A间的电势差为，故B正确；A到C，除重力做功外，还有库仑力做功，所以机械能不守恒，故C错误；若从A点自由释放，下落到B点时，根据动能定理得mgR＋qUBA＝mv2－0，解得v＝，故D正确。

7．(2021·北京市丰台区模拟)如图7所示， 用一条长l＝0.2 m的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量m＝1.0×10－2 kg，所带电荷量q ＝＋2.0×10－8 C。现加一水平方向的匀强电场，电场区域足够大，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角θ＝37°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

图7
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)若将轻绳向右拉至水平后由静止释放，求小球到达最低点时的速度大小；
(3)若在图中所示位置剪断轻绳，判断小球此后的运动情况，并求0.1 s末小球的速度大小。
答案　(1)3.75×106 N/C　(2)1 m/s
(3)与竖直方向成37°角斜向右下方做匀加速直线运动1.25 m/s
解析　(1)小球在电场中处于静止状态，受重力、电场力和线的拉力，如图所示，根据平衡条件有

qE＝mgtan 37°
解得E＝＝3.75×106 N/C。
(2)小球由静止释放至最低点过程中，由动能定理得mgl－qEl＝mv2
代入数据解得v＝1 m/s。
(3)剪断轻绳后，小球受重力、电场力将沿与竖直方向成37°角斜向右下方做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律可得
＝ma
根据速度时间公式v＝at
联立可得0.1 s末小球的速度大小为
v＝1.25 m/s。
8．(2021·湖南株洲市统一检测)如图8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：

图8
(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)　方向竖直向上 (2)U≥
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＝，t1＝，vy＝at1
小球飞出电场后到垂直击中屏所经历的时间为t2＝，vy＝gt2
联立以上各式解得匀强电场的电场强度大小为
E＝，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≥at
两板间的电势差为U＝Ed
联立解得U≥。
9．如图9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，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：

图9
(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)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－cos 37°)]－μqELcos 37°＝mv－0
解得vC1＝
在C点根据牛顿第二定律得
FN－qE＝m
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°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝mv－0
解得vD1＝
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－mv，解得xm＝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°＝μqEscos 37°
解得s＝＝15R。
10．(2021·山东省模拟)如图10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：

图10
(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)　(2)　(3)
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v＝2gh，解得h＝。
(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＝mgcos 45°，解得E＝。
(3)M、N两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得t1＝＝
水平位移x1＝v0t1＝
电场中，N粒子受电场力F＝2qE＝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－gt
解得x2＝
竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得H＝v0t2＝
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＝
所以M与N两粒子离开电场时位置间的距离
d＝2x1＋x2＋x3＝。