人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动第2课时导学案

这是一份人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动第2课时导学案，共13页。

一、带电粒子在电场中偏转的重要推论
推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。
证明：由tan θ＝eq \f(qUl,mdv02)，y＝eq \f(qUl2,2mdv02)和x＝eq \f(y,tan θ)，知x＝eq \f(l,2)。故O点平分了沿初速度方向的位移，所以粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间eq \f(l,2)处沿直线射出似的。
推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ。
推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。
证明：带电粒子先经加速电场(电压U加)加速，又进入偏转电场(电压U偏)，射出偏转电场时，偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU偏l2,2dmv02)＝eq \f(qU偏l2,4dqU加)＝eq \f(U偏l2,4dU加)，速度偏转角的正切值tan θ＝eq \f(U偏l,2dU加)。可见偏移量y和偏转角θ只与U加、U偏有关，与q、m无关，运动轨迹必定重合。
例1 如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域存在着匀强电场，方向竖直向下，与AD边平行。质量为m、电荷量为e的电子，在D点以水平速度v0射入电场中并从B点射出电场，不考虑电子的重力，则( )
A．电子在B点的速率为eq \r(5)v0
B．电子在B点的速率为2v0
C．匀强电场的电场强度大小为eq \f(3mv02,eL)
D．匀强电场的电场强度大小为eq \f(mv02,2eL)
答案 A
解析 设匀强电场的电场强度大小为E，电子在电场中的飞行时间为t，则根据类平抛运动规律有
L＝v0t ①
L＝eq \f(eEt2,2m) ②
联立①②解得E＝eq \f(2mv02,eL) ③
故C、D错误；
设电子在B点的竖直分速度大小为v1，根据带电粒子在电场中偏转的推论可知电子在B点的速度方向的反向延长线一定过DC中点，根据运动的合成与分解可得eq \f(v1,v0)＝eq \f(L,\f(L,2))＝2 ④
所以电子在B点的速率为vB＝eq \r(v02＋v12)＝eq \r(5)v0 ⑤
故A正确，B错误。
例2 (多选)(2022·邓州春雨国文学校高二阶段练习)如图所示为真空中的某装置，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )
A．在加速电场中，质子运动时间最长
B．三种粒子飞离B板时速度之比为eq \r(2)∶1∶1
C．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
D．三种粒子打到荧光屏上的位置不同
答案 BC
解析 设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv02，粒子获得的速度为v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则得三种粒子从B板射出时的速度之比为eq \r(2)∶1∶1，三种粒子在加速电场中的位移相同，则质子运动时间最短，A错误，B正确；粒子飞出偏转电场时偏转的距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×eq \f(qU2,md)(eq \f(L,v0))2＝eq \f(U2L2,4U1d)，偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U2L,2U1d)，由两式可知，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最后打到荧光屏的位置相同，偏转电场对三种粒子所做功W＝qEy，则静电力做功之比等于电荷量之比，为1∶1∶2，D错误，C正确。
例3 (2022·吉化一中期中)一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm。整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求：
(1)粒子离开加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′。
答案 (1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
解析 (1)由动能定理可得|q|U1＝eq \f(1,2)mv02，
代入数据解得v0＝8×104 m/s。
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(|q|E,m)，E＝eq \f(U2,d)，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m。
(3)由几何知识知eq \f(y′,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，
解得y′＝3y＝0.09 m。
二、示波管的原理
1．构造：示波管主要是由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。(如图)
2．作用
(1)电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压(图乙)。XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压(图甲)，叫作扫描电压。
(3)荧光屏的作用是显示电子的偏转情况。

1.如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后打在荧光屏上的哪个位置？在图中标出来。
答案 在屏的中心
2．(1)如果仅在XX′之间加上扫描电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图中标出来。
(2)如果仅在YY′之间加上信号电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图中标出来。
(3)如果同时在XX′，YY′之间加上扫描电压和信号电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图中标出来。
答案 (1)
(2)
(3)
例4 (2022·南阳中学高二阶段练习)示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏一中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则下列说法中正确的是( )
①若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
②若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
③若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
④若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
答案 C
解析 若在XX′加恒定电压，电子会左右偏转，左右偏转的位移为x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(eUXX′,md)·(eq \f(L,v0))2，再根据电子经同一加速电场加速，则由动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv02，得偏转位移为x＝eq \f(UXX′L2,4U0d)，同理在YY′分别加恒定电压，电子上下偏转，偏转的位移为y＝eq \f(UYY′L2,4U0d)，所以若在XX′加电压(3)，则荧光屏上出现波形图与YY′所加的电压波形一致，①③正确；若XX′加电压(4)，则电子左右偏移在某一位置不变，上下偏移量与YY′加的电压成正比，故若YY′加电压(1)，则荧光屏上出现波形图是一条平行YY′轴的直线段，若YY′加电压(2)，则荧光屏上出现的是两个点，且半个周期在XX′轴上方，下半个周期在XX′下方，②④错误，故选C。
课时对点练
考点一 带电粒子在电场中的偏转
1.(2023·成都市金牛区协同外语学校高二期中)如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ和偏转距离y变大的是( )
A．U1变小、U2变大
B．U1变小、U2变小
C．U1变大、U2变大
D．U1变大、U2变小
答案 A
解析 在加速电场中，由动能定理可知eU1＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(\f(2eU1,m))，在偏转电场中，偏转距离为y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(eU2,dm) ，水平距离为L＝v0t，解得电子偏转角θ的正切值tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)，y＝eq \f(L2U2,4dU1)，则一定能使电子的偏转角θ和偏转距离y变大的是U1变小、U2变大，故选A。
2.(多选)(2022·汕头金山中学模拟考试)如图所示，竖直平面内，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线(方向未知)。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD＝60°，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为eq \f(2qEL,3)
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为eq \f(qEL,3)
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为eq \r(\f(mL,qE))
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为3eq \r(\f(mL,qE))
答案 AC
解析 根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点的速度方向的反向延长线一定过AB边中点，根据几何关系可知tan 53°＝eq \f(BQ,\f(AB,2))，解得粒子运动到Q点时的竖直位移大小为y＝BQ＝eq \f(2,3)L，则带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为W＝qEy＝eq \f(2,3)qEL，故A正确，B错误；设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有v0t2＝L，eq \f(qE,2m)t22＝eq \f(2,3)L，联立上述两式解得v0＝eq \r(\f(3qEL,4m))，设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有tan 60°＝eq \f(v0t1,\f(qE,2m)t12)，解得t1＝eq \r(\f(mL,qE))，故C正确，D错误。
3.(多选)(2022·长治二中期中)如图所示，电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时的偏转距离，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即eq \f(y,U2)(该比值越大，则灵敏度越高)，则下列方法中可以提高示波管的灵敏度的是( )
A．减小U1 B．增大U1
C．减小L D．减小d
答案 AD
解析 设经电场加速后的速度为v0，则有eU1＝eq \f(1,2)mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝eq \r(\f(2eU1,m))，若电子能从偏转电场射出，则电子离开偏转电场时的偏转距离为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(eU2,md)(eq \f(L,v0))2＝eq \f(U2L2,4dU1)，所以示波管的灵敏度eq \f(y,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d或减小U1，故A、D正确，B、C错误。
4.(2023·台山市第一中学高二期中)如图所示，有一电子(电荷量为e、质量为m)由静止开始经电压为U1的电场加速后，在两平行板正中央处垂直进入平行板间的匀强电场，并且恰能从下板右边缘飞出电场。两板间距为d，板长为l，不计电子重力。
(1)求电子经过U1加速后获得的速度大小。
(2)若U1＝1 500 V，d＝2.0 cm，l＝5.0 cm，则两平行极板所加偏转电压U2为多大。
(3)求电子经过下板右边缘时的动能大小。(答案用字母符号e、U1、U2表示，无需代入数据)
答案 (1)eq \r(\f(2eU1,m)) (2)480 V (3)eU1＋eq \f(1,2)eU2
解析 (1)电子加速过程，根据动能定理有eU1＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(\f(2eU1,m))
(2)电子在偏转电场中l＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，又a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU2,md)，y＝eq \f(d,2)，解得U2＝eq \f(2U1d2,l2)＝480 V
(3)电子经加速和偏转全过程，根据动能定理有Ek＝eU1＋eq \f(1,2)eU2。
考点二 示波管
5．(2022·荆州中学期中)如图所示的示波管，当两偏转电极上所加电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标在O点，其中x轴与X、X′间的电场的电场强度方向平行，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与Y、Y′间的电场的电场强度方向平行)。若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )
A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案 D
解析 若要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确。
6．(2022·中山一中期末考试)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成，当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是( )
A．当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限
B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D．电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关
答案 C
解析 由于电子带负电，电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A项错误；电子在初速度方向上不受力，所以初速度方向上做匀速运动，电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B项错误；根据动能定理，电子离开电场后的动能和静电力做功的大小有关，即与偏转电场的电压有关，故C项正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，与YY′所加电压大小无关，故D项错误。
7.(多选)(2022·佛山一中期中)如图是加速电场与偏转电场的组合。当加速电压为U1、偏转电压为U2、偏转极板长为L、板间距离为d时，电子打在荧光屏上形成光斑P，则( )
A．只增大d，偏转电场的电场强度增大
B．只增大L，荧光屏上光斑P的位置不变
C．只增大U1，电子穿越偏转电场的时间变短
D．只增大U2，能使荧光屏上光斑P向上移动
答案 CD
解析 两偏转极板间的电场强度E＝eq \f(U2,d)，所以只增大d，偏转电场的电场强度将减小，故A项错误；根据动能定理，在加速电场中有eU1＝eq \f(1,2)mv2－0，所以电子进入偏转电场的速度v＝eq \r(\f(2eU1,m))，而电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t＝eq \f(L,v)，所以偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eU2,2dm)t2＝eq \f(U2L2,4U1d)，所以只增大L或U2，电子的偏移量都将增大，荧光屏上光斑P的位置也会向上移动，故B项错误，D项正确；电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t＝eq \f(L,v)＝Leq \r(\f(m,2eU1))，所以只增大U1时，电子穿越偏转电场的时间变短，故C项正确。
8．如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成。电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮斑，不加任何电压时，电子打在荧光屏中心。若亮斑移动很快，由于视觉暂留现象，能在荧光屏看到一条亮线。现在加上频率较高的偏转电压，则下列说法正确的是( )
A．如果只在偏转电极YY′上加上如图乙所示U＝Umsin ωt的电压，能在荧光屏上看到一条水平的亮线
B．如果只在偏转电极XX′上加上如图甲所示的电压，能在荧光屏上看到一条倾斜的亮线
C．如果在偏转电极YY′上加上如图乙所示的U＝Umsin ωt电压，同时在偏转电极XX′上加上图甲所示的电压，能在荧光屏上看到一条正弦曲线，可能如图丙所示
D．如果在偏转电极YY′上加上如图乙所示U＝Umsin ωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图甲所示的电压，能在荧光屏上看到一条正弦曲线，可能如图丁所示
答案 C
解析 如果只在偏转电极YY′上加上题图乙所示U＝Umsin ωt的电压，则电子在XX′方向不运动，只在YY′方向偏转，能在荧光屏上看到一条竖直的亮线，故A错误；如果只在偏转电极XX′上加上题图甲所示的电压，能在荧光屏上看到一条水平的亮线，故B错误；如果在偏转电极YY′上加上题图乙所示U＝Umsin ωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上题图甲所示的电压，因题图甲中的电压为单一方向，则形成的图像只在O点的一侧，为一条正弦曲线，如题图丙所示，故C正确，D错误。
9.(多选)(2023·成都市高二期中)如图，氕(eq \\al(1,1)H)、氘(eq \\al(2,1)H)、氚(eq \\al(3,1)H)和氦(eq \\al(4,2)He)的原子核由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是( )
A．四种原子核飞出加速电场时的速度相同
B．四种原子核在偏转电场中的偏转距离y相同
C．四种原子核飞出偏转电场时的动能相同
D．四种原子核打在荧光屏的同一位置上
答案 BD
解析 原子核在加速电场中有qU1＝eq \f(1,2)mv12－0，原子核飞出加速电场时的速度与原子核的比荷有关，比荷不同，则速度不同，故A错误；原子核在偏转电场中设偏转电场两极板的电压为U2，极板的长度为L1，L1＝v1t1，y＝eq \f(1,2)at12，a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md)，联立四式可得y＝eq \f(U2L12,4U1d)，所以偏转距离y与原子核的质量、电荷量无关，四种原子核在偏转电场中的偏转距离y相同，故B正确；由静止开始进入加速电场到飞出偏转电场的过程中，根据动能定理有qU1＋eq \f(qU2,d)y＝Ek－0，所以原子核飞出偏转电场时的动能与原子核的电荷量有关，只有当电荷量相同时，飞出偏转电场的动能才相同，故C错误；设偏转电场极板右端到荧光屏的水平距离为L2，原子核飞出偏转电场时的速度偏转角为θ，则原子核打在荧光屏上的位置距射入偏转电场时的竖直距离Y＝y＋L2tan θ，y＝eq \f(L1,2)tan θ，可得Y＝y＋eq \f(2yL2,L1)，因出离偏转电场时偏转距离y相同，所以Y与原子核的质量、电荷量无关，故D正确。
10．(多选)(2022·茂名市高二期末)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图所示，不同的带负电粒子(不计重力)在电压为U1的加速电场中从O点由静止开始加速，从M孔水平射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )
A．若粒子的电荷量q相等，则带负电粒子在加速电场的加速度大小相等
B．若比荷eq \f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子射出偏转电场时的动能相等
D．比荷eq \f(q,m)不同的带负电粒子射出偏转电场时的偏转角度θ相同
答案 BCD
解析 根据牛顿第二定律得带负电粒子在加速电场中的加速度大小a1＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU1,md1)，可知电荷量相等，质量不一定相等，则加速度大小不一定相等，A错误；带负电粒子从M孔射出时的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv02＝qU1，则带负电粒子从M孔射出的速率为v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，若比荷eq \f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等，B正确；带电粒子平行极板方向进入平行金属板间做类平抛运动，设极板长度为L，板间距离为d，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有L＝v0t，粒子射出电场时偏转角度的正切值tan θ＝eq \f(a2t,v0)，又a2＝eq \f(qE2,m)＝eq \f(qU2,md)，联立可得tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，可知偏转角度θ与比荷eq \f(q,m)无关，D正确；由选项D可知tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，又因为位移偏转角的正切值总为速度偏转角正切值的二分之一，即tan θ＝2tan α，由于eq \f(y,L)＝tan α，根据动能定理有Ek＝eq \f(U2qy,d)＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(U2qLtan α,d)＋qU1，可知若电荷量q相等，则带负电粒子射出偏转电场时的动能相等，C正确。
11．(2022·洪洞县第二中学高二阶段练习)如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(4)电子打到屏上的点P′(图中未画出)到点O的距离x。
答案 (1)eq \r(\f(eEL,m)) (2)3eq \r(\f(mL,eE)) (3)2 (4)3L
解析 (1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得eE×eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(eEL,m))
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则a1＝eq \f(eE,m)
由v＝a1t1，得t1＝eq \f(v,a1)＝eq \r(\f(mL,eE))，从MN到打到屏上的过程中所用时间t2＝eq \f(2L,v)＝2eq \r(\f(mL,eE))
总时间t＝t1＋t2＝3eq \r(\f(mL,eE))
(3)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子在电场E2时的加速度为a2＝eq \f(eE2,m)＝eq \f(2eE,m)，电子在电场E2中飞行时间t3＝eq \f(L,v)，则vy＝a2t3＝2eq \r(\f(eEL,m))
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,v)，解得tan θ＝2
(4)电子在电场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系得tan θ＝eq \f(x,\f(L,2)＋L)
解得x＝3L。