2019-2020學(xué)年高中物理第一章電場微型專題4帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案粵教版選修3

1、微型專題4帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求物理觀念：1.掌握初速度與場強(qiáng)方向同直線時帶電體做直線運(yùn)動，初速度與場強(qiáng)方向垂直時帶電體做類平拋運(yùn)動.2.會分析圓周運(yùn)動向心力的來源科學(xué)思維：1.能夠綜合應(yīng)用運(yùn)動和力、功和能的關(guān)系分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題，提高科學(xué)推理能力.2.建立帶粒子在交變電場中直線運(yùn)動的思維模型、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(1) 勻速直線運(yùn)動：帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他力的合力平衡(2) 勻加速直線運(yùn)動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相同(3) 勻減速直線運(yùn)動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相反2求

2、解帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(加速或減速)的方法(1) 力和加速度方法牛頓運(yùn)動定律、勻變速直線運(yùn)動公式；(2) 功和能方法動能定理；(3) 能量方法能量守恒定律1如圖1所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m»電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰好為零（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g）求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度大小；(2)極板間電場強(qiáng)度大??；(3)小球從開始下落到運(yùn)動到下極板處所用的時間.-mgh+dh+d2h答案(1)2gh(2)(3)hg解析(1)小球從靜止

3、開始下落到小孔的過程做自由落體運(yùn)動，由v2=2gh,彳導(dǎo)v=2gh.(2)在極板間帶電小球受重力和電場力彳用，由牛頓第二定律得：mg-qE=ma由運(yùn)動學(xué)公式知：0v2=2ad整理得電場強(qiáng)度大小E=mgh：dqd(3)由h=2gt：,0=v+at2,t=ti+t2m/口h+d/2h整理得t=4Vg.二、帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動1 .先求加速度.2 .將運(yùn)動分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和垂直初速度方向的勻加速直線運(yùn)動，在兩個方向上分別列運(yùn)動學(xué)方程.3 .涉及功能關(guān)系，也可用動能定理列方程.（多選）（2018上饒市高二期末）有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的油滴，從極板左側(cè)中央以相同

4、的水平初速度v先后垂直電場射入，落到極板A、RC處，如圖2所示，則（）圖2A.油滴A帶正電，B不帶電，C帶負(fù)電B.三個油滴在電場中運(yùn)動時間相等C.三個油滴在電場中運(yùn)動的加速度aA<aB<acD.三個油滴到達(dá)極板時動能E<A<E<B<E<C答案ACD解析三個油滴的初速度相等，水平位移XA>XB>XC,根據(jù)水平方向上做勻速直線運(yùn)動，所以12由公式x=vt得tA>tB>tc,二個油滴在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y=at,知aA<aB<ac.從而得知B僅受重力，A所受的電場力方向向上，C所受的電場力方向向下，所以B不帶電，A

5、帶正電，C帶負(fù)電，故AC正確，B錯誤.根據(jù)動能定理，三個油滴重力做功相等，電場力對A做負(fù)功，對B不做功，對C做正功，所以C的動能變化量最大，A的動能變化量最小，AB、C的初動能相等，所以三個油滴到達(dá)極板時的動能Ra<Eb<E<c,故D正確.三、帶電體在電場（復(fù)合場）中的圓周運(yùn)動解決電場（復(fù)合場）中的圓周運(yùn)動問題，關(guān)鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和電場力的合力，也有可能是單獨(dú)的電場力.有時可以把復(fù)合場中的圓周運(yùn)動等效為豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動，找出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”.3（2018江西師大附中高二上月考）如圖33所不，BCDO光滑2緣的4圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)

6、，軌道半徑為R下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中.現(xiàn)有一質(zhì)量為m帶正電的小滑塊（可3視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為4mg滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g.圖3(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時對軌道的作用力大??；(2)為使滑塊恰好始終沿軌道滑行(不脫離軌道)，求滑塊在圓形軌道上滑行過程中的最小速度.答案(1)7mg(2)號R解析(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時的速度為v,從A到C的過程中，由動能定理有312mgs+R)一(1mgs-mgR=mv解得v=gR設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時受到軌道的

7、作用力大小為F,皿3v2則F4mg=mR解得F=7mg4由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的作用力大小為F=f=4mg(2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓形軌道DG間某點(diǎn)，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小，設(shè)為Vmin則有4mg2+mg2=mvjRn解得小厄;理空學(xué)科素養(yǎng)復(fù)合場中的圓周運(yùn)動，涉及受力分析、圓周運(yùn)動、電場等相關(guān)知識點(diǎn)，既鞏固了學(xué)生基礎(chǔ)知識，又鍛煉了學(xué)生遷移應(yīng)用與綜合分析能力，較好地體現(xiàn)了“科學(xué)思維”的學(xué)衣科素養(yǎng)四、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動1 當(dāng)空間存在交變電場時，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，粒子的運(yùn)動性質(zhì)也具有周期性v t 圖象特別需注意帶電粒

8、2 研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動需要分段研究，并輔以子進(jìn)入交變電場時的時刻及交變電場的周期4在如圖4所示的兩豎直放置的平行金屬板A、B上分別加如圖5甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高.在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運(yùn)動若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運(yùn)動情況，并定性畫出相應(yīng)的vt圖象圖5答案見解析解析t=0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向8板（設(shè)為正向）做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.,11-對于題圖甲所小電壓，在02T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運(yùn)動，2TT內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運(yùn)動，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動

9、，其vt圖象如圖（a）所示.對于題圖乙所示電壓，在0：內(nèi)做類似題圖甲0T的運(yùn)動，TT電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運(yùn)動，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動，其v-1圖象如圖（b）所示.(a)(b)1.（帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動）（2018西安交大附中質(zhì)檢）如圖6甲所示，在兩豎直放置的平行金屬板間靠近A板附近，有一個帶正電的粒子（不計重力）處于靜止?fàn)顟B(tài)，在AB兩板間加如圖乙所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過3t0時間剛好到達(dá)B板，設(shè)此時粒子的動能大小為&3,若用改變AB兩板間距的方法，使粒子在5t°時刻.剛好到達(dá)B板，此時粒子的動能大小為&am

10、p;,則h等于（）Ek5359A.5B.3C1D.25答案B解析設(shè)兩板間的距離為d,經(jīng)3t0時間剛好到達(dá)B板時，粒子運(yùn)動過程中先加速然后減速再一一一以一一，加速，根據(jù)運(yùn)動的對稱性和動能定理，可得&=q3；同理使粒子在5t0時刻剛好到達(dá)b板時U04035-&5=q,故百=3，B正確.2.（帶電體的直線運(yùn)動）（2018荷澤市高二上期末）如圖7所示，一帶電液滴的質(zhì)量為mi電荷量為一q（q>0）,在豎直向下的勻強(qiáng)電場中剛好與水平面成30°角以速度Vo向上做勻速直線運(yùn)動.重力加速度為g.(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大??；(2)若電場方向改為垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做

11、直線運(yùn)動，電場強(qiáng)度為多大？液滴前進(jìn)多少距離后可返回？答案mg$V02q2qg解析(1)因?yàn)橐旱翁幱谄胶鉅顟B(tài)，所以有Eq=mg“，口mg解得：Eq(2)電場方向改變，液滴受力分析如圖所示.液滴做直線運(yùn)動時，垂直速度方向的合力為零，即qE'=mgcos30°解得：e'=mgcos30_=3mgq2q液滴在運(yùn)動方向的反方向上的合力F=mg>in30°,由牛頓第二定律得，做減速運(yùn)動的加速度大小a=m=gsin30°=|22V0V0被滴可刖進(jìn)的距離s=一.2ag一1。(或由動能te理：-mg>in30-s=02mv22V0V0得披滴可刖進(jìn)的距離s

12、=2in30。=.)UgDg3.(帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動)如圖8所示，陰極A受熱后向右側(cè)空間發(fā)射電子，電子質(zhì)量為m電荷量為e,電子的初速率有從0到V的各種可能值，且各個方向都有.與A極相距l(xiāng)的地方有熒光屏B電子擊中熒光屏?xí)r便會發(fā)光.若在A和B之間的空間加一個水平向左、與熒光屏面垂直的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,且電子全部打在熒光屏上，求B上受電子轟擊后的發(fā)光面積.2答案2mlv兀Ee解析陰極A受熱后發(fā)射電子，這些電子沿各個方向射入右邊勻強(qiáng)電場區(qū)域，且初速率從0到v各種可能值都有.取兩個極端情況如圖所示.沿極板豎直向上且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運(yùn)動打到熒光屏上的P點(diǎn)八、豎直

13、方向上y=vt,水平方向上1=1-Eet2.解得y= v沿極板豎直向下且速率為V的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運(yùn)動打到熒光屏上的點(diǎn)，同理可得02mlv2兀故在熒光屏B上的發(fā)光面積S=y兀=ft-Ee4.(帶電粒子的圓周運(yùn)動)(2017宿遷市期末)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)放置著絕緣軌道ABCAB部分是半徑R=0.40m的光滑半圓形軌道，BC部分是粗糙的水平軌道，BC軌道所在的豎直平面內(nèi)分布著E=1.0X103v/m的水平向右的有界勻強(qiáng)電場，AB為電場的左側(cè)豎直邊界.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.04kg、電荷量為q=-1xi04C的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))從8。上的某點(diǎn)由靜止釋放，滑塊通過A點(diǎn)時對軌道的壓力

14、恰好為零.已知滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)為科=0.05,不計空氣阻力，g取10m/s2.求：圖9(1)滑塊通過A點(diǎn)時速度va的大??；(2)滑塊在BC軌道上的釋放點(diǎn)到B點(diǎn)的距離s;(3)滑塊離開A點(diǎn)后在空中運(yùn)動速度v的最小值.答案(1)2m/s(2)5m(3)1.94m/s解析(1)因?yàn)榛瑝K通過A點(diǎn)時對軌道的壓力恰好為零,2'mv一一所以有mg=二-,解得va=2m/s.R(2)根據(jù)動能定理可得：12|q|Esfimgs-mg,2R=2mA,解得s=5m.(3)滑塊離開A點(diǎn)后在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動,故有：Vx=Vamt=22.5t在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，所以有Vy=gt=10t,

15、v=W+Vy2=106.25t210t+4的8故Vmin=！7>yi7m/s1.94m/s.一、選擇題考點(diǎn)一帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動直流電源相連.若一帶()1 .(多選)如圖1所示，兩平行金屬板與水平面成一角度，兩極板與一電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過兩板間，則在此過程中，該粒子A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運(yùn)動答案BD解析對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合W0,則A錯誤.由圖可知電場力與重力的合力方向與昧方向相反，F(xiàn)合對粒子做負(fù)功,其中mg不做功,Eq做負(fù)功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤.F合恒定且與V0方向相反，粒子做勻減速

16、直線運(yùn)動，D正確.2 如圖2，一水平放置的平行金屬板連接在直流電源上，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于上、下極板附近，與極板距離相等.現(xiàn)同時釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面a、b間的相互作用和重力可忽略下列說法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的速度大小相等答案B3.（多選）如圖3所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對它的作用力的作用下，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動到d,且bd與豎直方向的夾角為45。，則下列結(jié)論中正確的是（）圖3A.此液滴帶負(fù)電

17、B.液滴做勻加速直線運(yùn)動C.合外力對液滴做的總功等于零D.液滴的電勢能減少答案ABD解析液滴所受的合力沿bd方向，知電場力方向水平向右，則此液滴帶負(fù)電，故A正確；液滴所受合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運(yùn)動，故B正確；合外力不為零，且液滴沿合外力方向運(yùn)動，合外力做功不為零，故C錯誤；從b到d,電場力做正功，液滴電勢能減小，故D正確.考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動4.（多選）如圖4所示，一電子（不計重力）沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場，在電場中的運(yùn)動軌跡為OCD已知屬=而，電子過CD兩點(diǎn)時豎直方向的分速度為Vcy和VDy；電子在0常和O蜃動能的變化量分別為AA和Aa,則（）A. Vcy：VDy=

18、1：2B. Vcy：VDy=1:4C. AEki：A&2=1：3D. AEi：AE<2=1：4答案AD解析電子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動，沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動，已知"OA=AB,則電子從O到C與從C到D的時間相等.電子在y軸方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，則有Vcy=atOC,VDy=atOD，所以Vcy：VDy=tOC：tOD=1：2,故A正確，B錯誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論可知，在豎直方向上y°c：y°D=1：4,根據(jù)動能定理得AEd=qEyOc,AE（2=qEyO%則得A&：A&=1：4,故C錯誤，D正確.5.

19、如圖5所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點(diǎn)（重力不計），則從開始射入到打到上極板的過程中（）A.它們運(yùn)動的時間tQ>tpB.它們運(yùn)動的加速度aQ<apC.它們所帶的電荷量之比qp：qQ=1：2D.它們的動能增加量之比AE<p：AEq=1：2答案C解析設(shè)兩板距離為h,P、Q兩粒子的初速度為V0,加速度分別為ap和aQ,它們做類平拋運(yùn),h12hvo2,12動的水平位移均為l.則對P,由l=votp,2=2aptp，得到ap=了-；對Q由l=votq,h=2a

20、Qtq,2LL2hvo,一一一qpEqQE，一，得至UaQ=.2.由此可見tp=tQ,aQ=2ap,而ap=,aQ=,所以qp：qQ=1:2.由動能telmm理得，它們的動能增加量之比AEkp：AEq=ma2h:mah=1：4.綜上所述，C項(xiàng)正確.6.（2018南京師大附中段考）如圖6所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABC前與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料.ABC前帶正電，EFGK帶負(fù)電.從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴a、b、c,最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.三個液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動B.三個液滴的運(yùn)動時間不一定相同C.三個液滴落

21、到底板時的速率相同D.液滴c所帶電荷量最多答案D解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，在水平方向并不是做勻速直線運(yùn)動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動，故三個液滴的運(yùn)動時間相同，選項(xiàng)B錯誤；三個液滴落到底板時豎直分速度大小相等，而水平分位移不相等，水平分速度大小不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項(xiàng)C錯誤；由于液滴c在水平方向位移最大，故液滴c在水平方向加速度最大，由牛頓第二定律知，液滴c所受的電場力最大，故液滴c所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確考點(diǎn)三帶電粒子在電場（復(fù)合場）中的圓周運(yùn)動7 （多選）如圖7所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場中，用絕

22、緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運(yùn)動，以下四種說法中正確的是（）A.帶電小球可能做勻速圓周運(yùn)動8 .帶電小球可能做非勻速圓周運(yùn)動C.帶電小球通過最高點(diǎn)時，細(xì)線拉力一定最小D.帶電小球通過最低點(diǎn)時，細(xì)線拉力有可能最小答案ABD8 .如圖8所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，一帶負(fù)電的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動.已3知小球所受電場力是其重力的3,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為0=53。，軌道水平段BC長度4Sb=2R若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動，則高度h為()A.2RB.4RC.10RD.17R答案C解析

23、小球所受的重力和電場力均為恒力，故兩力可等效為一個力F=ymg2+-3mg2=5mg方向與豎直方向的夾角為37。偏左下.若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動，即一5Vd2.通過等效最局點(diǎn)D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0,由圓周運(yùn)動知識可得4mg=mR,由A到D的過程由動能定理得mgh-R-RCos37°）-mhtan37°+2R+Rsin37°）=gmv：解得h=10R故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)AB、D錯誤.考點(diǎn)四帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動9 .（多選）如圖9所示，兩平行金屬板分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子（不計重力）有可能做往返運(yùn)動的U-1圖

24、象應(yīng)是（設(shè)兩板距離足夠大）（）答案BC一.1一、一，,1解析由A圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動，5T時速度最大，從2T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，T一、，.一1一、一，時速度減為零.然后重復(fù)這種運(yùn)動.由B圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動，4T時速度最大，111.133.一.從4T至2T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，2T時速度減為手；從3丁到4T反向勻加速運(yùn)動，4T時速度取大，.3.從4T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，T時速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動.由C圖象可一111知，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動，:T時速度最大，從二T至1J,T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)4421 .133.、一3動，/時速度減為零；從T到3T反向做加速

25、度減小的加速運(yùn)動，3T時速度最大，從3T至1JT2 2444內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動，T時速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動.由D圖象iTT1一一一一，一可知，電子02做勻加速運(yùn)動，從2T到T內(nèi)做勻速運(yùn)動，然后重復(fù)加速運(yùn)動和勻速運(yùn)動一直向一個方向運(yùn)動.故選RC.10 .（多選）如圖10（a）所示，AB表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長為L,兩板加電壓后板間的電場可視為勻強(qiáng)電場.現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖（b）所示的周期性的交變電壓，在t=0時恰有一質(zhì)量為m電荷量為+q的粒子在左側(cè)板間中央沿水平方向以速度Vo射入電場，忽略粒子的重力，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動狀態(tài)的表述中正確的是（）圖1

26、0A.粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)動可能是往復(fù)運(yùn)動B.粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)動是單向運(yùn)動C.只要周期T和電壓U0的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出D.粒子不可能沿與板平行的方向飛出答案BC二、非選擇題11 .虛線PQMN間存在如圖11所示的水平勻強(qiáng)電場，一帶電粒子質(zhì)量為m2.0X10T1kg、電荷量為q=+1.0x105C,從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MNk的某點(diǎn)b（圖中未畫出）離開勻強(qiáng)電場時速度與電場方向成30°角.已知PQMN'前距為20cm,帶電粒子的重力忽略不計.求：(1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場時的速率V1；(2)水平勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(3)ab兩點(diǎn)間的電勢差.答案(1)1.0X104m/s(2)1.7X103N/C(3)400V12解析(1)由動能定理得：qUmv2代入數(shù)據(jù)得V1=1.0x104m/s.(2)粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動：d=V1t粒子沿電場方向做勻加速運(yùn)動：vy=at,一_一_V1由題息得：tan30=一Vy由牛頓第二定律得：qE=ma代入數(shù)據(jù)得：E=mx103N/C=1.7x103N/C.(3)由動能定理得：qUb=2n(V12+Vy2)0代