2019_2020版高中物理第一章静电场9带电粒子在电场中的运动教案新人教版

9 带电粒子在电场中的运动[学科素养与目标要求]物理观念：1.了解带电粒子在电场中只受电场力作用时的运动情况.2.知道示波管的主要构造和工作原理．科学思维：能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故可以忽略．2．带电粒子的加速：(1)运动分析：带电粒子从静止释放，将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速运动．(2)末速度大小：根据qU＝12mv2，得v＝2qUm.二、带电粒子的偏转如图1所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.图1(1)运动性质：①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．(2)运动规律：①偏移距离：因为t＝lv0，a＝qUmd，所以偏移距离y＝12at2＝qUl22mv02d.②偏转角度：因为v y＝at＝qUlmv0d，所以tan θ＝v yv0＝qUlmdv02.三、示波管的原理1．示波管主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成)和荧光屏组成．2．扫描电压：XX ′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．3．示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y 偏转电极上加一个信号电压，在X 偏转电极上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y 偏转电压规律变化的可视图象．1．判断下列说法的正误．(1)质量很小的粒子如电子、质子等，在电场中受到的重力可忽略不计．(√)(2)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题．(×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(√) (4)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束偏转，打在荧光屏不同位置．(√)2.如图2所示，M 和N 是匀强电场中的两个等势面，相距为d ，电势差为U ，一质量为m (不计重力)、电荷量为－q 的粒子，以速度v 0通过等势面M 射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N 的速度应是 ．图2答案v 02＋2qUm解析 由动能定理得：qU ＝12mv 2－12mv 0 2，解得v ＝v 0 2＋2qUm.一、带电粒子的加速如图所示，平行板电容器两板间的距离为d ，电势差为U .一质量为m 、带电荷量为q 的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板A 向负极板B 运动．(1)比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即m ＝4×1.67×10－27kg ，电荷量是质子的2倍)．(2)α粒子的加速度是多大(结果用字母表示)？在电场中做何种运动？(3)计算粒子到达负极板时的速度大小．(结果用字母表示，尝试用不同的方法求解) 答案 (1)α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力，故可以忽略重力． (2)α粒子的加速度为a ＝qU md.在电场中做初速度为0的匀加速直线运动． (3)方法1 利用动能定理求解． 由动能定理可知qU ＝12mv 2v ＝2qUm.方法2 利用牛顿运动定律结合运动学公式求解． 设粒子到达负极板时所用时间为t ，则d ＝12at 2 v ＝at a ＝qU md联立解得v ＝2qUm.1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力．(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F ＝ma 和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动． (2)利用动能定理：qU ＝12mv 2－12mv 0 2.若初速度为零，则qU ＝12mv 2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用．例1 (2017·盐城市第三中学期中)如图3所示，在A 板附近有一电子由静止开始向B 板运动，则关于电子到达B 板时的时间和速率，下列说法正确的是( )图3A ．两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小B ．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小C ．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率不变D ．两板间距越小，则加速的时间不变，获得的速率不变 答案 C解析 由于两极板之间的电压不变， 所以极板之间的场强为E ＝U d， 电子的加速度为a ＝qE m ＝qU md，由此可见，两板间距离越小，加速度越大，电子在电场中一直做匀加速直线运动， 由d ＝12at 2＝qUt 22md ，所以电子加速的时间为t ＝d2mqU，由此可见，两板间距离越小，加速时间越短， 对于全过程，由动能定理可知，qU ＝12mv 2，所以电子到达B 板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关，故C 正确，A 、B 、D 错误．二、带电粒子的偏转如图4所示，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l ，板间电压为U ，板间距离为d ，不计粒子的重力．图41．运动分析及规律应用：粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理．(1)在v 0方向：做匀速直线运动；(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动． 2．过程分析如图5所示，设粒子不与平行板相撞图5初速度方向：粒子通过电场的时间t ＝l v 0电场力方向：加速度a ＝qE m ＝qUmd离开电场时垂直于板方向的分速度v y ＝at ＝qUlmdv 0速度与初速度方向夹角的正切值 tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 02离开电场时沿电场力方向的偏移量 y ＝12at 2＝qUl22mdv 0 2. 3．两个重要推论：(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tanθ.4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，其中y 为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏移量．例2 一束电子流经U 1＝5 000 V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图6所示，两极板间电压U 2＝400 V ，两极板间距d ＝2.0 cm ，板长L 1＝5.0 cm.图6(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y ；(2)若平行板的右边缘与屏的距离L 2＝5 cm ，求电子打在屏上的位置与中心O 的距离Y (O 点位于平行板水平中线的延长线上)；(3)若另一个质量为m (不计重力)的二价负离子经同一电压U 1加速，再经同一偏转电场，射出偏转电场的偏移量y ′和打在屏上的偏移量Y ′各是多大？ 答案 (1)0.25 cm (2)0.75 cm (3)0.25 cm 0.75 cm 解析 (1)加速过程，由动能定理得eU 1＝12mv 0 2①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L 1＝v 0t ②在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为a ＝F m ＝eU 2dm③ 偏移距离y ＝12at 2④由①②③④得：y ＝U 2L 124dU 1代入数据得：y ＝0.25 cm (2)如图，由几何关系知：y Y ＝L 12L 12＋L 2得：Y ＝(L 1＋2L 2L 1)y 代入数据得：Y ＝0.75 cm(3)因y ＝U 2L 124dU 1，Y ＝(L 1＋2L 2L 1)y ，与粒子的质量m 和电荷量q 无关，故二价负离子经同样装置后，y ′＝y ，Y ′＝Y .[学科素养] 建立带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛运动模型，会用运动的合成和分解的知识分析带电粒子的偏转问题，提高分析综合能力，体现了“科学思维”的学科素养． 例3 长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子，以初速度v 0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图7所示，不计粒子重力，求：图7(1)粒子离开电场时速度的大小； (2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离．答案 (1)23v 03 (2)3mv 0 23qL (3)36L解析 (1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度：v ＝v 0cos 30°＝23v 03. (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L ＝v 0t ，在竖直方向上：v y ＝at ，v y ＝v 0tan 30°＝3v 03， 由牛顿第二定律得：qE ＝ma 解得：E ＝3mv 023qL.(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：d ＝12at 2，解得：d ＝36L . 针对训练 如图8所示，两个板长均为L 的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d ，极板之间的电势差为U ，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子(质量为m ，电荷量为＋q ，可视为质点)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：图8(1)极板间的电场强度E 的大小． (2)该粒子的初速度v 0的大小．(3)该粒子落到负极板时的末动能E k 的大小．答案 (1)U d (2)LdUq 2m (3)Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2解析 (1)两极板间的电压为U ，两极板间的距离为d ，所以电场强度大小为E ＝Ud. (2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在平行于极板方向上有L ＝v 0t 在垂直于极板方向上有d ＝12at 2根据牛顿第二定律可得：a ＝F m，而F ＝Eq 所以a ＝Uq dm解得：v 0＝L d Uq 2m. (3)根据动能定理可得Uq ＝E k －12mv 0 2解得E k ＝Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2.1．(带电粒子的直线运动)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A 点，然后返回，如图9所示，OA ＝L ，则此电子具有的初动能是( )图9A.edL U B ．edUL C.eU dLD.eUL d答案 D解析 电子从O 点运动到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力．根据能量守恒定律得12mv 0 2＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝EL ＝UL d ，故12mv 0 2＝eULd ，所以D 正确．2．(带电粒子的偏转)如图10所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B ，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为x A ∶x B ＝2∶1，则带电粒子的质量之比m A ∶m B 以及在电场中飞行的时间之比t A ∶t B 分别为( )图10A ．1∶1,2∶3B ．2∶1,3∶2C ．1∶1,3∶4D ．4∶3,2∶1答案 D解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动x ＝v 0t ，由于初速度相同，x A ∶x B ＝2∶1，所以t A ∶t B ＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y ＝12at 2，且y A ＝y B ，故a A ∶a B ＝t B 2∶t A 2＝1∶4.而ma ＝qE ，m ＝qE a ，m A m B ＝q A q B ·a B a A ＝13×41＝43.综上所述，D 项正确．3．(示波管的原理)(多选)示波管的构造如图11所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )图11A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电答案 AC解析 根据亮斑的位置，电子偏向XY 区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X 、极板Y 均应带正电．4.(带电粒子的加速和偏转)(2018·宿迁市高一下期末)如图12所示，电子从静止开始被U ＝180 V 的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E ＝6 000 V/m 的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场．已知电子比荷为e m ≈169×1011 C/kg ，不计电子的重力，偏转极板长为L ＝6.0×10－2m ．求：图12(1)电子经过电压U 加速后的速度v x 的大小； (2)电子在偏转电场中运动的加速度a 的大小；(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ. 答案 (1)8×106m/s (2)1.1×1015m/s 2(3)45° 解析 (1)根据动能定理可得eU ＝12mv x 2，解得v x ＝8×106m/s(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的电场力， 根据牛顿第二定律得a ＝eE m，解得a ＝323×1014 m/s 2≈1.1×1015 m/s 2(3)电子在水平方向上做匀速直线运动，故t ＝L v x在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动， 故v y ＝at ，tan θ＝v y v x， 联立解得θ＝45°.一、选择题考点一 带电粒子的直线运动1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( ) A ．质子(11H) B ．α粒子(42He) C ．钠离子(Na ＋) D ．都相同答案 B解析 qU ＝12mv 2－0，U 相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B 正确．2．如图1所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处由静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处由静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图1A ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 D解析 电容器充电后与电源断开，增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a 1∶a 2＝1∶1，由动能定理得Ue ＝12mv 2，v ＝2Uem，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.3.(多选)如图2所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 0由小孔射入板间电场，当M 、N 间电势差为U 时，粒子恰好能到达N 板．要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )图2A ．使初速度减小为原来的12B ．使M 、N 间电势差加倍C ．使M 、N 间电势差提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电势差都减小为原来的12答案 BD4．(2017·江苏单科)如图3所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图3A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU 和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S ，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确. 考点二 带电粒子的偏转5.如图4所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )图4A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 的比荷一定大于b 的比荷D ．b 的比荷一定大于a 的比荷 答案 C解析 粒子在电场中做类平抛运动，由h ＝12·qE m (x v 0)2得：x ＝v 02mhqE.由v 02hm aEq a＜v 02hm bEq b得q a m a ＞q b m b，故选C.6.如图5所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置、距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U 2为( )图5A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1答案 D解析 板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有d 2＝12at 2，a ＝qU 1md ，t ＝xv 0，解得U 1＝md 2v 0 2qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 02qx 2，即U 2＝12U 1，故选D. 7.(2018·人大附中高二期中)如图6所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )图6A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1答案 A解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x ＝v 0t ，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t 1∶t 2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h ＝12at 2，h 1∶h 2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a ＝Uqmd AB ，故两次偏转电压之比为U 1∶U 2＝1∶8，故A 正确．考点三 带电粒子的加速和偏转 示波管的原理8.如图7所示，电子在电势差为U 1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U 2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图7A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小 答案 B解析 由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tan θ＝U 2L2U 1d ，选项B 正确．9.(多选)(2017·扬州市高一期末)如图8所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是( )图8A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高 答案 AC解析 设加速电压为U 1， 则qU 1＝12mv 0 2①设偏转电压为U 2，则y ＝qU 2L 22mdv 02②联立①②得，y ＝U 2L 24dU 1，故选A 、C.10．图9甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )图9答案 B解析 由于电极XX ′之间所加的是扫描电压，电极YY ′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B 选项所示的图形． 二、非选择题11．(2018·清华附中高二期中)如图10所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .图10(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19 C ，取g ＝10 m/s 2.答案 见解析解析 (1)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有：eU 0＝12mv 0 2，解得v 0＝2eU 0m，电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有： 平行于板面方向的位移为：L ＝v 0t ， 平行于电场强度方向的位移为：Δy ＝12at 2，由牛顿第二定律有：a ＝eE m ，且E ＝U d，综上所述，解得：Δy ＝UL 24U 0d.(2)已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，取g ＝10 m/s 2，电子所受重力为：G ＝mg ＝9.1×10－30N ，电子受到的电场力为：F 电＝e U d＝8×10－16N ，那么G F 电＝9.1×10－308×10－16≈1×10－14， 由于F 电≫G ，所以重力忽略不计．12．如图11所示，有一电子(电荷量为e )经电压U 0加速后，进入两块间距为d 、电压为U 的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：图11(1)金属板AB 的长度； (2)电子穿出电场时的动能． 答案 (1)d2U 0U (2)e ⎝⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2解析 (1)设电子飞离加速电场时的速度为v 0，由动能定理得eU 0＝12mv 0 2①设金属板AB 的长度为L ，电子偏转时间t ＝L v 0②a ＝eU md ③ y ＝12d ＝12at 2④由①②③④得：L ＝d2U 0U.(2)设电子穿出电场时的动能为E k ，根据动能定理得E k ＝eU 0＋e U 2＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2.13．(2018·青岛二中高二期中)一群速率不同的一价离子从A 、B 两平行极板正中央水平射入如图12所示的偏转电场，离子的初动能为E k ，A 、B 两极板间电压为U ，间距为d ，C 为竖直放置并与A 、B 间隙正对的金属挡板，屏MN 足够大．若A 、B 极板长为L ，C 到极板右端的距离也为L ，C 的长为d .不考虑离子所受重力，元电荷为e .图12(1)写出离子射出A 、B 极板时的偏转距离y 的表达式； (2)问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN 上？答案 (1)y ＝UeL 24dE k (2)eUL 22d 2<E k <3eUL22d2解析 (1)设离子的质量为m ，初速度为v 0，则离子在偏转电场中的加速度a ＝eU md离子射出电场的时间t ＝L v 0射出电场时的偏转距离y ＝12at 2所以y ＝UeL 22dmv 02而E k ＝12mv 0 2，则y ＝UeL 24dE k(2)离子射出电场时的竖直分速度v y ＝at 射出电场时的偏转角的正切值tan φ＝v yv 0故tan φ＝eUL mv 0 2d离子射出电场后做匀速直线运动 要使离子打在屏MN 上，需满足y <d2且L tan φ＋y >d2，所以eUL 22d 2<E k <3eUL22d2.。