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2022年高考一轮复习专题19　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动
考点梳理
一、电容器的充、放电和电容的理解
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值．
(2)定义式：C＝.
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量．
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．
(2)决定式：C＝，k为静电力常量．
特别提醒　C＝(或C＝)适用于任何电容器，但C＝仅适用于平行板电容器．
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中加速
若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量．
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv或F＝qE＝q＝ma.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.
2．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
特别提醒　带电粒子在电场中的重力问题
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
方法提炼
1．电容器的两类动态分析
(1)明确是电压不变还是电荷量不变．
(2)利用公式C＝、C＝及E＝进行相关动态分析．
2．带电粒子在电场中的偏转按类平抛运动进行处理．
[考点分析]
考点一　平行板电容器的动态分析
1．对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
3．电容器两类问题的比较
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
考点二　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用动力学方法分析
a＝，E＝；v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
[题型训练]
一．选择题（共13小题）
1．（2021?菏泽二模）如图所示，平行板电容器与光电管相连，用蓝光照射光电管时，处在电容器中的带电粒子处于静止状态，可以判断　　
A．粒子带的是负电荷
B．保持蓝光的强度不变，增大电容器两板间的距离，粒子将向上运动
C．若换用紫光照射，粒子将向上运动
D．若换用紫光照射，粒子将向下运动
2．（2021?海淀区校级模拟）如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板与静电计相连，极板与静电计的外壳均接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差。在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容所带电量不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是　　
A．仅将板向上平移
B．仅将板向右平移
C．仅在、之间插入云母板
D．仅在、之间插入金属板，且不和、接触
3．（2021?广州一模）如图为电容式话筒的原理图，为电源，为电阻，薄片和为电容器两金属极板。人对着说话，振动而不动。在、间距离减小的过程中　　
A．电容器的电容不变 B．通过的电流为零
C．极板的带电量变大 D．中有从流向的电流
4．（2021?辽宁三模）物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系单位分析是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存的能量与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中为电容器的电容，为电容器充电后其两极板间的电压，为两极板间的电场强度，为两极板间的距离，为两极板正对面积，为两极板间所充介质的相对介电常数（没有单位），为静电力常量请你分析下面给出的关于的表达式可能正确的是　　
A． B． C． D．
5．（2021?嵊州市模拟）为研究电容器在不同状况下的充电特性，某兴趣小组采用如图甲所示电路，分别用不同的电阻与某一电容器串联进行充电实验，实验得到三次充电中电容器的电荷量与时间变化的图像分别如乙图中①②③所示，且第一次充电时电容器两端的电压随电荷量变化的图像如图像丙所示，用表示电容器的电容，表示与电容器串联的电阻阻值，表示电源的电动势（内阻可忽略），则下列说法正确的是　　
A．第二次充电时电容器两端的电压随电荷量变化的图线比丙图中图线更陡
B．①②两条曲线表示最终不同是由于不同而引起的
C．第二次充电过程中时刻比时刻电流大
D．②③两条曲线形状不同因为不同引起的，大于
6．（2021?浙江模拟）如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为，带电量为的小球和两根原长均为的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为的、两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距点的点处于静止状态，点距点，重力加速度为。下列选项正确的是　　
A．匀强电场的电场强度大小为
B．若小球从点以初速度沿杆向上运动，恰能到达点，初速度
C．小球从点由静止下滑过程中动能最大为
D．从固定点处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上
7．（2021?鼓楼区校级模拟）如图所示，、为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔、，为理想二极管，为滑动变阻器．闭合开关，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从、的正上方的点由静止释放，小球恰好能运动至小孔处。下列说法正确的是　　
A．若仅将板上移，带电小球将无法运动至板的小孔处
B．若仅将板上移，带电小球仍将恰好运动至板的小孔处
C．若仅将的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至板的小孔处
D．若仅将的滑片上移，带电小球将从板的小孔处穿出
8．（2021?吉林模拟）如图所示，曲线处于匀强电场中，为的中点，长为，且与垂直。一质量为、电荷量为带正电的粒子仅在电场力作用下沿依次通过、、三点，已知粒子在、两点的速率均为，在点的速度大小为，且方向与垂直。匀强电场与曲线所在的平面平行，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为　　
A．沿方向 B．，沿方向
C．，沿方向 D．沿方向
9．（2021?武汉模拟）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向下平移，则从点开始下落的相同粒子将　　
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距下极板处返回 D．在距上极板处返回
10．（2021?佛山二模）一匀强电场、方向竖直向下，直线在如图所示的竖直平面内，与水平面的夹角，一质量为、电荷量为的小球，以速度从点水平射入电场，则小球再次经过直线时　　
A．速度的大小为 B．速度的大小为
C．电势能减少了 D．电势能增加了
11．（2021?河南模拟）如图所示，在坐标平面内存在一匀强电场，坐标原点及点、点三点的电势分别为、、。现有一个质子从坐标原点以的初动能沿与轴正方向成角方向射入坐标平面，则下列判断正确的是　　
A．该质子将始终在第一象限内运动
B．该质子将穿过轴正半轴在第二象限内运动
C．该质子将经过点进入第四象限内运动
D．该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角成角
12．（2021?西城区二模）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、和以相同的速度从带电平行板间的点沿垂直于电场的方向射入电场，分别落在、、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．落在点的是
D．到达负极板时，落在点的粒子的动能大于落在点的粒子的动能
13．（2021?江苏模拟）如图甲所示，倾角为的绝缘传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。时刻将质量的带正电小物块轻放在传送带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为，已知、，，取，则小物块　　
A．始终沿传送带向下加速
B．运动过程中加速度大小变化
C．在传送带上运动的总时间为
D．与传送带之间因摩擦产生的总热量为
二．多选题（共1小题）
14．（2021?潍坊三模）如图所示，平面直角坐标系xoy在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，坐标系内存在平行于x轴的匀强电场（图中未画出）。将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从原点以初速度v0斜向上抛出，a（1.5，1.0）是小球上升的最高点，b（2.0，0）是小球在y轴右侧运动过程中离y轴最远的点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　）
A．小球初速度方向与x轴成30°角
B．匀强电场的场强为
C．小球在b点时的动能mv02
D．小球回到y轴时的动能为mv02
三．解答题（共4小题）
15．（2021?未央区校级模拟）如图建立坐标系，射线管由平行金属板、和平行于金属板的细管组成，放置在第象限，细管离两板等距，细管开口在轴上。放射源在极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的粒子。若极板长为，间距为，细管长度为，当、板加上某一电压时，粒子刚好能以速度从细管水平射出，进入位于第象限的静电分析器，且粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周运动，然后垂直轴进入第象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿轴正方向为电场的正方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心，运动轨迹处的场强大小为。已知粒子电荷量为，质量为为元电荷），重力不计。求：
（1）粒子从放射源发射至运动到的过程中动能的变化和发射时速度的大小；
（2）粒子在静电分析器中运动的轨迹半径和运动时间；
（3）当时，粒子的坐标。、2、
16．（2021?黄浦区校级模拟）如图所示，在竖直平面内，为水平放置的绝缘粗糙轨道，为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，与通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为，半径，轨道所在空间在水平向右的匀强电场，电场强度的大小。现有质量、电荷的带电体（可视为质点），从点由静止开始运动，已知，带电体与轨道、间的动摩擦因数均为0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度，求：
（1）带电体第一次运动到圆弧形轨道点时对轨道的压力大小；
（2）带电体最终停在何处；
（3）通过定量计算分析说明在带电体运动的全过程中能量的转化关系。
17．（2021?天津一模）如图所示，上、下水平放置的两带电金属板相距为，板间有竖直向下的匀强电场。距上板处有一带电荷量为的小球，在小球上方有一带电荷量为的小球，两小球的大小不计、质量均为，用长度为的绝缘轻杆相连。已知，现让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（空气阻力不计，重力加速度为。求：
（1）球刚进入电场时速度的大小；
（2）设，当球刚进入电场内，杆对球作用力为重力的多少倍？方向指向哪里？
（3）球是否能碰到下板？如能，求球刚碰到下板时的速度大小；如不能，请通过计算说明理由。
18．（2021?郑州一模）如图所示虚线左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线和之间存在着宽为、电场强度为的匀强电场，在虚线右侧相距为处有一个电场平行的屏。现将一电子（电荷量为，质量为由点无初速释放，点到的距离为，最后电子打在右侧的屏上，连线与屏垂直，垂足为，求：
（1）电子刚进入区域时的速度；
（2）电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值；
（3）电子打到屏上的点到点的距离。

参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．【解答】解：、粒子受重力和两板给它的电场力作用，所平衡条件，电场力向上，由图可知，下方接地电势为零，上板板带负电，根据同种电荷、异种电荷相吸的道理，应该带正电，故错误；
、保持蓝光的强度不变，则由于光电效应两极板是形成恒定的电压，根据公式可知，粒子在两板间的电场力由于距离的变大而变小，所以粒子将向下运动，故错误；
、用紫光照射，紫光的能量大，光电子的最大初动能变大，则两板间的电压更大，粒子受力也变大，故粒子将向上运动，故正确，错误。
故选：。
2．【解答】解：、向板向上平移时，极板间的正对面积减小，则由 可知，电容器的电容减小，
则由可知，因电荷量不变，则增大，指针张角变大，故正确；
、将板向右移动，则减小了极板间的距离，由决定式可得，电容增大，同理可知指针张角变小，故错误；
、在之间插入云母板时，介电常数增大，则由电容器的决定式可知电容增大，则可知减小，故指针张角减小，故错误；
、、之间插入金属板且不和、接触时，相当减小了板间距离，则减小，电容增大，由的分析可知，减小，故指针张角减小，故错误；
故选：。
3．【解答】解：电容式话筒与电源串联，电压保持不变；
在、间距减小过程中，、间距减小，据可知，电容增大，
又根据电容定义式得电容器所带电量增大，电容器的充电电流通过的方向由到，故正确，错误。
故选：。
4．【解答】解：、因储存的能量的单位是，根据得，
根据电容，那么
根据，所以，即单位是，故正确，错误；
、而为电容器的电容，根据得电容的单位可以写成，
所以的单位是，的单位是，故错误。
故选：。
5．【解答】解：、因为三次充电用同一个电容器，所以由电容的定义式可知，同一个电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时电容器两端的电压随电荷量变化的图线斜率与丙图中图线斜率相同，故错误；
、在电容器充满电荷量时，视为断路，电压为电源电压，所以①②两条曲线表示最终不同是由于电源电动势不同而引起的，故错误；
、由电容器电荷量随时间变化的图像可知，图线的斜率表示充电电流，斜率越大，充电电流越大，所以第二次充电时时刻的电流大于时刻的电流，故正确；
、②③两条曲线形状不同因为不同引起的，从图中可以看到同一时刻，图线③的斜率大于图线②的斜率，故小于，故错误。
故选：。
6．【解答】解：、小球受两根弹簧的弹力大小为：△，对小球由共点力平衡可知：，
解得：，故错误；
、根据对称性可知，小球从点到达点的过程中弹簧弹力做功为零，根据几何关系可得间距
根据动能定理可得：，解得：，故错误；
、小球从点由静止下滑时，运动到点受平衡力作用，速度最大，动能最大，从到过程中，根据动能定理可得：，解得：，故正确；
、从固定点处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿向下，合力等于原来间弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得：
，故错误。
故选：。
7．【解答】解：、、设电路稳定时电容器带电量为，板间电压为，板间距离为，到高度为，对带电小球，设其质量为，电量为，由到，由动能定理：，
即，仅将板上移，板间距离增大，由可得变小，而不变，由可知应变小，即电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，不变，所以变大，，即小球不能到达孔，故正确，错误；
、、仅将的滑片上移，滑动变阻器在电路中有效阻值变大，电容器板间电压变大为，由动能定理：，与比较，因，所以，即小球不能到达孔，故错误。
故选：。
8．【解答】解：已知粒子在、两点的速率均为，在点的速度大小为，说明、电势相等，为等势线，点电势比电势高，所以电场方向沿方向，根据知
研究粒子由运动到，根据动能定理知：
联立解得：，故正确，错误。
故选：。
9．【解答】解：下极板未移动前，对带电粒子从静止释放到速度为零的过程，根据动能定理得
若将下极板向下平移，设粒子运动到距离上极板处返回。根据动能定理得
解得，即粒子打到下极板上，故正确，错误。
故选：。
10．【解答】解：、小球在电场中受到的电场力大小为，方向竖直向上，则重力和电场力的合外力大小为，方向竖直向上，小球的加速度大小为。
由于合外力恒定，且方向与初速度垂直，所以小球在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，当小球再次经过直线时，，则，小球再次经过直线时速度大小为，故错误；
、小球再次经过直线时竖直分位移大小为，电场力做功为，则电势能减少了，故正确，错误。
故选：。
11．【解答】解：、由、、，可知，在方向上，沿轴负方向，
在轴上，沿轴正方向，所以电场方向与初速度方向垂直，与轴夹角为向右下，所以粒子类平抛运动，从第一象限进入第四象限，故错误；
、该质子沿电场方向位移，
在初速度方向，
粒子初动能，，
根据运动的合成，代入数据，解得，故正确；
．根据图象，
速度反向延长线过位移中点，可知，点反向延长过中点，所以该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角小于，故错误。
故选：。
12．【解答】解：设平行板间电压为，与下极板间的电压为，
、在沿电场方向，，三种同位素原子核的电荷量相同，相同，但原子核质量不同，故用时不同，故错误；
、因三种同位素原子核都是从运动到了下极板，由△，因相同，故电势能的变化量相同，故正确；
、在沿电场方向，，三种同位素原子核的电荷量相同，相同，因质量最小，故其运动时间最短，又，故最小，落在点，故错误；
、到达负极板过程中，只有电场力做功，且电场力做功相等，由动能定理可得动能的变化量相同，故原来谁的动能大，谁落在下极板的动能就大，因初速度相等，的质量最小，故的初动能最小，即落在下极板的动能最小，通过选项分析，落在点，故落在点的粒子的动能小于落在点的粒子的动能，故错误；
故选：。
13．【解答】解：、存在电场时，沿传送带方向，根据牛顿第二定律：
解得：
不存在电场时，沿传送带方向，根据牛顿第二定律：
解得：
所以小物块先匀加速再匀减速，因为加速度大小相等，故刚好减速到零，交替进行，故错误；
、加速，再减速是一个周期，一个周期的位移为：
解得：
运动时间为
故错误；
、在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为传送带的位移和物块位移的和：
解得：
产生的热量为：
解得：，故正确。
故选：。
二．多选题（共1小题）
14．【解答】解：小球受力恒定做曲线运动，将运动正交分解为沿y和沿x轴的分运动，沿+y方向只受重力做匀减速直线运动，到a点沿y轴方向的速度减为零；沿+x方向只受电场力做匀减速直线运动，到b点沿x轴方向的速度减为零，由原点到a点和a点到b点两阶段沿y轴的运动有对称性（即竖直上抛的上升与下降两阶段），此两阶段运动时间相等。
AB、设小球在原点沿x轴初速度为vx，则vx＝v0cosα，沿y轴初速度为vy，则vy＝v0sinα，从原点到a点的时间为t，则原点到b点时间为2t，x轴方向的加速度大小为ax，则ax＝，由图像数据可得：
在y轴方向上：v0sinα＝gt，l＝，
在x轴方向上：v0cosα＝，2l＝，
解得：tanα＝1，则α＝45°，E＝，故A错误，B正确；
C、x轴方向的加速度大小：ax＝＝
原点到b点，在x轴方向上：2ax?2l＝（v0sinα）2，可得：qEl＝
对原点到b点的过程，应用动能定理得：
qE?2l＝Ekb﹣
解得：Ekb＝，故C错误；
D、设小球回到y轴时与y轴的交点为c点，在x轴方向上由原点到b点和b点到c点两阶段沿x轴的运动有对称性，此两阶段运动时间相等，即b点到c点时间也为2t，则可知a点到c点时间为3t，设在c点的沿y轴方向速度大小为vcy，沿x轴方向速度大小为vcx，则vcx＝v0cosα＝，
在y轴方向上，由b点到c点过程有：vcy＝g?3t，与前式：v0sinα＝gt结合得：
vcy＝3v0sinα＝v0
则小球回到y轴（即c点）时的动能为：Ekc＝＝mv02，故D正确。
故选：BD。
三．解答题（共4小题）
15．【解答】解：（1）设粒子运动到处时速度为，粒子反方向的运动为类平抛运动，
水平方向有：
竖直方向有：
由牛顿第二定律：
联立解得：
粒子从放射源发射出到的过程，由动能定理，△
解得：△
设粒子发射时速度的大小为，粒子从放射源发射至运动到的过程，由动能定理：
解得：
（2）由牛顿第二定律
解得：
由，解得：
（3）时，粒子在方向的速度为
所以一个周期内，离子在方向的平均速度：
每个周期粒子在正方向前进：
因为开始计时时粒子横坐标为：
所以时，粒子的横坐标为：
粒子的纵坐标为
在时粒子的坐标为：，
答：（1）粒子从放射源发射至运动到的过程中动能的变化为、发射时速度的大小为；
（2）粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为和运动时间为；
（3）当时，粒子的坐标为：，、2、。
16．【解答】解：（1）设带电体到达点时的速度为，带电体从点运动到点的过程，由动能定理得：
代入数据解得：
带电体第一次运动到圆弧形轨道点时，由水平方向的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
根据牛顿第三定律可知带电体对轨道的压力，方向水平向右。
（2）设带电体沿竖直轨道上升的最大高度为，从带电体从点到最高点的过程，由动能定理得：
解得：
在最高点，带电体受到的最大静摩擦力
重力
因为，所以带电体最终静止在与点的竖直距离为处。
（3）带电体从点到最高点的过程，重力做功为，则重力势能增加。
电场力做功为，则电势能减少。
带电体克服摩擦力为，解得，则产生的内能为
因此，在带电体运动的全过程中，带电体的电势能转化为重力势能和内能。
答：（1）带电体第一次运动到圆弧形轨道点时对轨道的压力大小为；
（2）带电体最终静止在与点的竖直距离为处。
（3）在带电体运动的全过程中，带电体的电势能转化为重力势能和内能。
17．【解答】解：（1）球进入电场前，两球与杆只受重力作用，做自由落体运动，有，解得。
（2）当球刚进入电场球未进入电场），系统受力如图（1）所示
图（1）
由牛顿第二定律得
设杆对球作用力为，球受力如图（2）所示，
图（2）
由牛顿第二定律得，又根据题意有
解得，方向沿杆竖直向下。
（3）设球碰到下板时速度为，从最初释放到落到下板时，根据动能定理有，解得，故球能碰到下板，球刚碰到下板时的速度大小为。
答：（1）球刚进入电场时速度的大小为解得。
（2）当球刚进入电场内，杆对球作用力为重力的0.8倍，方向沿杆竖直向下。
（3）球能碰到下板，球刚碰到下板时的速度大小为。
18．【解答】解：（1）设电子到达的速度为，则根据动能定理有
解得：
（2）设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，由类平抛运动规律有
联立可得：
（3）电子离开电场后，将速度方向反向延长交于场的中点
由几何关系知：
解得：
答：（1）电子刚进入区域时的速度为
（2）电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值为2；
（3）电子打到屏上的点到点的距离为

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