高二物理电荷在电场中的偏转试题

高二物理电荷在电场中的偏转试题
1.如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的极板，重力可以忽略不计的带电粒子以速度v
0水平射入电场，且刚好沿下极板B的边缘飞出。

若保持其中一个极板不动而把另一个极板移动一小段距离，粒子仍以相同的速度v
从原处飞入，则下列判断正确的是（）
A.若上极板A不动，下极板B上移，粒子仍沿下极板B的边缘飞出
B.若上极板A不动，下极板B上移，粒子将打在下板B上
C.若下极板B不动，上极板A上移，粒子将打在下板B上
D.若下极板B不动，上极板A上移，粒子仍沿下极板B的边缘飞出
【答案】B
水平射入电场时，刚好沿下极板B的边缘飞出；而现在若上极板【解析】由于带电粒子以速度v
A不动，下极板B上移，则板间的距离变小，板间的电场强度变大，粒子受到的电场力增大，它向下运动的加速度增大，即使B板与粒子出射位置的距离不变，那么粒子也要打在B板上，更何况现在B板还要向上移动，故粒子将打在下板B上，A不对，B正确；
若下极板B不动，上极板A上移，则板间的距离增大，板间的电场强度减小，粒子受到的电场力减小，粒子向下的加速度变小，而粒子在电场中的时间却是不变的，故粒子将达不到B板上，从而在两极板间飞出，故C、D都是不对的。

【考点】粒子在电场中的偏转。

2.如图所示，电子束沿垂直于荧光屏的方向做直线运动，为使电子打在荧光屏上方的位置P，则能使电子发生上述偏转的场有（）
A．竖直向下的匀强电场
B．竖直向上的匀强电场
C．垂直纸面向里的匀强磁场
D．垂直纸面向外的匀强磁场
【答案】AD
【解析】若加竖直向下的匀强电场，电子受竖直向上的电场力，故向上偏转可以打在P点，所以A正确；B错误；若加垂直纸面向里的匀强磁场，根据左手定则，电子受向下的洛伦兹力，向下偏转，不可能打在P点，故C错误；若加垂直纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，电子受向上的洛伦兹力，向上偏转，可能打在P点，故D正确
【考点】本题考查带电粒子在电磁场中的运动
3.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。

在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．粒子在A点加速度大
C．粒子在B点动能大
D．A、B两点相比，B点电势较低
【答案】D
【解析】根据粒子的运动轨迹可以看出，粒子所受电场力的方向与电场线的方向相反，故可知粒
子带负电，所以A错误；B处的电场线密集，故电场强度大，由牛顿第二定律可知，该点的加速
度大，所以B错误；电场力方向与运动方向成钝角，所以电场力做负功，粒子的电势能增大，动
能减小，所以C错误；电势沿电场线的方向降落，所以A点的电势高于B点电势，故D正确；【考点】带电粒子在电场中的运动
4.三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入同一平行金属板间的偏转电场（可视为匀强电场），
只在电场力作用下，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断（）
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在其极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增加量c最小，a和b一样大
【答案】ACD
【解析】粒子的质量和电量相同，知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据知，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短．故A正确B错误．因为，又
，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以．故C正确．据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等．c电荷电场力做功最少，动能变化量最小．故D正确．
【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转
5.如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在
静电力作用下从向运动，运动的轨迹如图中的虚线所示，若点电势为，点电势为，则
A．电场强度方向一定向左，且电势>
B．电场强度方向一定向左，且电势<
C．电场强度方向一定向右，且电势>
D．电场强度方向一定向右，且电势<
【答案】B
【解析】在曲线运动中，物体受力的方向总是指向凹侧，因此从弯曲方向可知，该电荷受力方向
一定向左，而正电荷受力的方向就是电场线的方向，因此电场强度方向一定向左，由于沿着电场
线的方向电势越来越低，因此<，B正确，ACD错误
【考点】带电粒子在匀强电场中的曲线运动
6.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。

一带电粒子以一定初速度
射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。

则该
粒子（）
A．带正电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
【答案】ACD
【解析】据题意，由于带电粒子受到的电场力指向运动轨迹的凹侧，而源电荷为正电荷，则该粒子带正电，A选项正确；受力最大的点应该是离源电荷最近的a点，B选项错误；该正粒子从b 运动到c电场力做正功，电势能减小，则C选项正确；据动能定理：，ab之间两等势面之间距离d与bc间两等势面距离d相等，但ab间的平均场强较大，所以a到b的动能变化较大，D选项正确。

【考点】本题考查电场力做功与电势能变化关系和动能定理的应用。

7.图所示为示波管中偏转电极的示意图，相距为d、长度为l的平行板A、B加上电压后，在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）.在A B左端距A、B等距离处的O点，
沿水平方向（与A、B板平行）射入（如图）.不计有一电荷量为+Q，质量为m的粒子以速度v
重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】带电粒子在电场力作用下沿竖直方向做匀加速直线运动，在竖直方向上用牛顿第二定律和运动学公式：,
在水平方向带电粒子做匀速直线运动：
由以上两式解得：，所以
所以选项A正确.
【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转
点评：关键是知道粒子在竖直和水平方向上的运动性质，根据牛顿第二定律分析解题
8.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限有沿－y方向的匀强电场，第Ⅳ象限有垂直于
沿－x方向从纸面向外的匀强磁场.现有一质量为m、带电量为＋q的粒子(重力不计)以初速度v
坐标为(3l，l)的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴方向
夹角为45°，求：
(1)粒子从O点射出时的速度v；
(2)电场强度E的大小；
(3)粒子从P点运动到O点所用的时间.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，最终由O点射出.(如图) (1) 根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与
－x轴方向成45°角，则有
vcos45°＝v
(2分) 解得(1分)
(2)在P到Q过程中，由动能定理得
(2分) 解得E＝ (2分)
，则 (2分)
(3)设粒子在电场中运动的时间为t
1
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得
(1分)
(1分)
粒子在磁场中的运动时间为 (1分)
由以上各式联立求得粒子在由P到O过程中的总时间为
【考点】本题考查带电粒子在复合场中的运动，
点评：综合性较强，对学生能力的要求较高，关键要理清带电粒子的运动规律．
9.带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出
粒子的径迹，这是云室的原理．如图是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是
A．四种粒子都带正电
B．四种粒子都带负电
C．打到a、b点的粒子带负电
D．打到c、d点的粒子带负电
【答案】C
【解析】洛伦兹力提供向心力，粒子的偏转方向不同，所受洛伦兹力方向不同，粒子所带电荷电
性不同，AB错；由磁场方向垂直向外，左手定则可判断打到a、b点的粒子带负电，打到c、d
点的粒子带正电，C对；D错；故选C
【考点】考查带电粒子在磁场中的偏转
点评：本题难度较小，熟练掌握左手定则的判断方法是关键
10.（8分）如图所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进
入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场B点时，速度与场强方向成150°角，不计电
子的重力，求：
（1）电子从B点射出的速度vB
（2）A、B两点间的电势差.
【答案】（1）（2）
【解析】电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图)
电子从A运动到B，由动能定理得
【考点】带电粒子在电场中的类平抛运动
点评：本题通过类平抛运动分析方法处理带电粒子在电场中的类平抛运动。

通过动能定理求电场力做功，进而求出两点间的电势差
11.在点电荷Q的电场中，一个α粒子()通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是( )
A．Q可能为正电荷，也可能为负电荷
B．运动中粒子总是克服电场力做功
C．α粒子经过两等势面的动能E
ka ＞ E
kb
D．α粒子在两等势面上的电势能E
pa ＞ E
pb
【答案】C
【解析】从图中可知粒子最终要远离点电荷，所以点电荷带正电，A错误，电场线和等势面是垂直关系的，所以刚刚开始电场力对电荷作负功，后来电场力对电荷作正功，所以B错误；在粒子
远离点电荷的过程中，电场力做正功，所以粒子的动能增大，电势能减小，故E
ka ＞ E
kb
，E
pa
<
E
pb
，C正确，D错误，故选C
【考点】本题考查带电粒子在电场中的偏转
点评：本题难度较小，带电粒子在电场力的作用下，做曲线运动，所受的电场力指向轨迹曲线的凹处，并且电场力方向与电场线的切线方向平行，由此可判断电场力的方向和电荷的正负
12.如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B间的距离为d，金属板长L＝2d, B板的右侧边缘恰好是倾斜挡板NM上的一个小孔K,现有质量为m、带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束,从AB的中点O以平行于金属板方向OO′的速度v
不断射入,不计粒子所受的重
力．
（1）若在A、B板间加一恒定电压U＝U
0，则要使粒子穿过金属板后恰好打到小孔K，求U
的
大小；
（2）若在A、B板间加上如图乙所示的电压，电压为正表示A板比B板的电势高，其中T＝，且粒子只在0～时间内入射，则能打到小孔K的粒子在何时从O点射入？
【答案】（1）（2）t
x
＝
【解析】（1）带电粒子做类平抛运动，
则L＝v
t (2分)
＝×t2 (2分)
把L＝2d代入，联立可得：
U
＝ (2分)
（2）粒子在水平方向做匀速直线运动，粒子运动的时间均为t＝＝， (1分)
设粒子在t
x 时刻进入金属板，粒子平抛运动的时间为t
平
，则：
＝×t (2分)
把L＝2d代入，联立可得：t
平
＝ (2分)
则可知t
x
＝ (1分)
【考点】考查交变电场
点评：本题难度中等，由于带电粒子在水平方向做匀速运动，因此只需分析竖直方向的运动情况，在没有电场时，粒子做的是匀速直线运动，但运动时间由水平方向的运动决定
13.如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所
示的运动轨迹.M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点.不计重力，下列表述正确的是（）
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
【答案】C
【解析】由图知从N到M电场力做负功，电势能增加，动能减小，所以粒子在M点的速率最小，
A错；因粒子带负电，粒子所受电场力与电场方向相反，B错；因是匀强电场，所以粒子在电场
中的加速度不变，C对；粒子从M点向左运动时，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，D错。

【考点】电场力做功与电势能和动能的关系
点评：学生要知道粒子的电场力要指向曲线运动轨迹的内侧，清楚电场力做功与电势能和动能的
关系。

14.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平
竖直向上从两极正中
向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v
间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()
A．微粒在电场中作类平抛运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为2mv/q
D．MN板间的电势差为Ev/2g
【答案】B
【解析】微粒垂直打到N极板上的C点，竖直方向上做匀减速运动，微粒重力不能忽略。

将微粒
的运动分解为水平和竖直两个方向，水平方向匀加速，竖直方向匀减速，用平均速度分别表示两
个方向的分位移，运动时间相等，研究微粒打到C点时的速度与入射速度的关系，据动能定理求AC间电势差，MN间电势差等于AC间电势差的两倍。

A、微粒受重力和电场力两个恒力的作用，两力合力与速度方向不垂直，不是类平抛运动；错误
B、微粒水平方向匀加速，竖直方向匀减速，则，，由题得；正确
CD、据动能定理研究水平方向得：，则，再由得：；
错误
故选B
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动
点评：中等难度。

本题考查分析物体运动情况和判断受力的能力，处理曲线运动时，将运动分解
为两个方向的直线运动会使问题简单化。

15.如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止
加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水
在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U
平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两
块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
（1）电子通过B点时的速度大小；
（2）右侧平行金属板的长度；
（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】(1)根据动能定理可得，解得电子到B点的速度为
（2）电子进入右侧平行板后，在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，故在水平方向上有：
在竖直方向上有：，
联立可得
（3）整个过程中电场力做功为,所以根据动能定理可得
【考点】考查了电子在电场中的偏转
点评：电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可．
16.（12分）如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为，板中央有小孔O和O＇。

现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。

在B板右侧，平行
金属板M、N长L
1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧边缘L
2
=0.1m处有一荧光
屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的并发出荧光。

现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u
1
，在t=0时刻，M板电势低于N板。

已知电子质量为kg，电量为C。

（1）每个电子从B板上的小孔O＇射出时的速度多大？（2）打在荧光屏上的电子范围是多少?（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多
少？
【答案】（1）（2），方向竖直向下；（3）1.82×10-16J
【解析】（1）电子经A、B两块金属板加速，有：
得（3分）
（2）电子通过极板的时间为t=L
1/v
=2×10-9s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为
板间电压不变。

当时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为
y
1
＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N. （2分）
此时电子在竖直方向的速度大小为
电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为：
电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为：
电子打在荧光屏P上的总偏移量为：，方向竖直向下；（4分）（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，
E
K
==1.82×10-16J 3分）
【考点】本题考查了带电粒子在电场中的运动
点评：粒子垂直射入电场后，在水平方向上做匀速运动，在沿电场方向上做匀变速直线运动，此类题的综合性比较强
17.（10分）如图所示，一长为L的细线上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一水平向右的匀强电场E中，当细线偏角为θ=450时，小球处于平衡状态，
试问:(1)小球的带电荷量q多大?
(2)若细线的偏角θ从450增加到900，然后由静止释放小球，细线到达竖直位置时小球速度?该位置绳子对球的拉力为多少？
【答案】解（1）q ="mg/E" (2) T=mg
【解析】
（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态．根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性．
（2）根据平衡条件和电场力公式F=qE，列方程求出小球所带的电量．
（3）将细线的偏角由θ从450增加到900，由静止开始释放后，根据动能定理求出小球运动到悬点正下方时的速度，再由牛顿第二定律求出绳上的拉力．
解（1）mg=qE 3分
q ="mg/E"
(2)释放后 mgl-qEl= mv2/2-0
V =0 4分
T-mg=mv2/l 3分
T=mg
【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力
点评：本题整合了物体的平衡、牛顿第二定律和动能定理等多个规律，分析受力是基础，要培养分析受力情况、作力图的习惯．
18.带电粒子以速度V沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为V，下列说法正确的是（）
A．带电粒子带负电
B．粒子运动的水平位移大小一定等于竖直位移大小
C．该过程电场力所做的功一定等于克服重力所做的功
D．该过程电势能的减少一定等于机械能的增加
【答案】BCD
【解析】A、粒子在水平方向上，在电场力作用下匀加速直线运动，电场力与场强方向相同，粒子带正电；错误
B、粒子在水平方向上：，；竖直方向上：，到达B点时；
；所以，由可知粒子的水平位移与竖直位移大小相等；正确
C、由动能定理有：；正确
D、机械能的增加量等于电场力做的功，电势能的减少量也等于电场力做的功；正确
故选BCD
【考点】带电粒子在电场中的运动
点评：把电场力看做一个普通的力，应用力学规律分析求解，这类问题就显得简单而熟悉．19.一电路如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，C
为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长，两极板的间距。

的总电量为多少？
（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R
4
（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取）
【答案】(1) (2)不能
【解析】（1）S断开时，电阻R
两端电压为
3
S闭合后，外阻为
端电压为
电阻R
两端电压为
3
的总电量为
则所求流过R
4
（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：
当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：
竖直方向：
由以上各式求得：
故微粒不能从C的电场中射出。

【考点】本题考查串并联电路的计算，类平抛运动的分析方法
没有接入电路，只起到导线的作用，微粒在开关闭合后，在电场中做类平点评：本题学生明确R
4
抛运动，按平抛运动的方法去分析。

=" 4.0" × 104 N/C. B 20.（8分）电场中某区域的电场线分布如图所示，已知A点的电场强度E
A
点的电场强度EB =" 9.0" × 104 N/C.将电荷量q =" +5.0" × 10-8 C的可视为点电荷的带电小球静置在电场中的A点后静止释放，小球沿直线AB运动到B点时小球的动能增加了3.5 × 10-4J，已知
AB=8cm,不计小球受到的重力，
（1）求该点电荷在A点所受电场力的大小F（4分）
（4分）
（2）A、B两点间的电势差U
AB
【答案】（1）0.002N（2）7000V
【解析】（1）
（2）
【考点】考查带电粒子在电场中的运动
点评：本题的关键是要知道电场力做功与电势差的关系式W=qU，注意q与W的正负以及U的下脚标
21.有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从同一位置以相同速度v
先后射入竖
直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电B．三个小球在电场中运动的时间相等
C．三个小球的加速度a
A ＞a
B
＞a
C
D．三个小球到达正极板的动能E
kA ＞E
kB
＞E
kC
【答案】A
【解析】三个小球在两极板间的水平方向上做速度相同的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度
为零的匀变速直线运动，因为A球发生的水平位移最大，C球发生的水平位移最小，所以根据公
式可得,所以B错误，又因为三个小球在竖直方向上的位移相同，所以根据公式可得，C错误，如果小球带负电，则，如果小球不带电则a=g，如果粒子带正电，则，根据加速度大小关系可知C球带负电，B球不带电，A球带正电，A正确，重力和电场力对A球做功为,对B球做功为，对C球做功为，根据动
能定理可得E
kA ＞E
kB
＞E
kC
,D错误
【考点】考查带电粒子在电场中的偏转和动能定理
点评：清楚粒子进入匀强电场后两个分运动具有等时性是求解本题的关键
22.如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上P点处射入电场，已知OP＝L，OQ＝2L.不计粒子重力．求：
(1)粒子在第一象限中运动的时间．
(2)粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角．
【答案】(1) (2)30°
【解析】本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，在电场方向做匀变速直线运动，在初速度方向做匀速直线运动，据此分析
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运
动，设加速度的大小为a，在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v
，粒子从P点
运动到Q点所用的时间为t，则由类平抛运动的规律可得：
①
2 l＝v
t ②
且③
由①③式得：. ④
(2)设粒子射出第一象限时速度方向与x轴正方向的夹角为θ则
⑤
由②③④⑤式，得tan θ＝，即θ＝30°.
思路拓展：做此类问题的关键是弄明白粒子在各个方向上的运动情况，然后根据受力分析结合牛顿运动定律分析解题，
23.（11分）．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。

在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。

（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。

【答案】（1）（2）．
【解析】（1）电子在I区域，由动能定理，得
（2分）
若电子恰能从D点打出来，则
（2分）
由于，∴电子一定能从CD边打出来（2分）
电子离开时坐标为（1分）
（2）设电子释放时的坐标为
（6分）（1分）
∴释放电子时的坐标应满足的关系为．
本题考查带电粒子在电场中的偏转，电子电子在I区域，只有电场力做功，由动能定理可求得获得的速度，若电子恰能从D点打出来，由水平方向匀速运动和沿电场线方向匀加速直线运动，可求得在D点时速度大小，由此可判断粒子能离开电场，由水平和竖直方向的运动位移可求得飞出时的坐标，在求电子释放时的坐标时，根据电场力做功获得平抛运动的初速度，根据类平抛运动公式，可求得水平位移和竖直位移的关系式
24.如图所示，重力不计的一束混合带电粒子，从同一点垂直于电场方向进入一截面是矩形的有界匀强电场中，电场强度为E,1、2、3是粒子运动轨迹中的三条．关于这些粒子的运动，下列说法中正确的是()
A．有的粒子能在电场中一直运动下去
B．同一轨迹上的粒子，若初速度相同，则这些粒子的比荷一定相同
C．若初速度都相同，则轨迹3的粒子比轨迹1的粒子比荷大
D．若进入电场前粒子都是经同一电场由静止开始加速，则将沿同一轨迹运动。