2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第八章 专题强化十五 带电粒子在电场中的力电综合问题

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专题强化十五　带电粒子在电场中的力电综合问题
目标要求　1.掌握带电粒子在交变电场中运动的特点和分析方法.2.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动.3.会用动力学和能量观点分析带电粒子的力电综合问题．
题型一　带电粒子在交变电场中的运动
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．
(1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动．
(2)当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．
很多时候可将a－t图象v－t图象．
3．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．

　　　　　 带电粒子在交变电场中的直线运动

例1　如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　)

图1


图2
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
答案　D
解析　电压是题图甲时，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确．

　　　　　 带电粒子在交变电场中的偏转运动

例2　(2019·四川成都市模拟)如图3甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0)．在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上．已知极板间距为d，极板长L，不计电子重力，求：

图3
(1)电子进入偏转极板时的速度大小；
(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)．
答案　(1)　(2)0
解析　(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝mv2
解得v＝.
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间t＝＝L＝T
故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间中线的距离为0.

1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)(2020·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图4所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是(　　)

图4


答案　B
2．(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图5甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子．在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力．以下判断正确的是(　　)

图5
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为mv02
C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
答案　AD
解析　由题图可知场强大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝atmin2，解得tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv02，选项B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确．
题型二　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．
2．等效重力场的对应概念及解释

3．举例

例3　(2020·福建龙岩市高三上学期期末)如图6所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点．若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)．已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.求：

图6
(1)小球所受的电场力F的大小；
(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小．
答案　(1)mg　(2)　9mg
解析　(1)小球在C点静止，受力分析如图所示

由平衡条件得F＝mgtan 60°
解得：F＝mg
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，
则＝m
解得小球在D点的速度vD＝
小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Frsin θ＝mvD2－mvA2
解得小球在A点的速度vA＝2
小球在A点，根据牛顿第二定律得：FNA－mg＝m
解得：FNA＝9mg
根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为FNA′＝9mg.

3．(等效重力场)(多选)(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图7所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

图7
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为Ek＝
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
答案　AB
解析　小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan θ＝qE，解得E＝，选项A正确；

小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误．
题型三　电场中的力电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．
2．用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有：
(1)用动能定理处理
思维顺序一般为：
①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．
②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．
③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)．
④根据W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．
(3)两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
例4　(2019·全国卷Ⅱ·24)如图8，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．

图8
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案　(1)mv02＋qh　v0　(2)2v0
解析　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv02＋qh
l＝v0；
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0.

4．(在电场中运动物体的功能关系)(2019·名师原创预测)如图9所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R.整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．求：

图9
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程．
答案　(1)5.4qE　(2)R　(3)15R
解析　(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝mvC12－0
解得vC1＝
在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝
解得FNC1′＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，
根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝mvD12－0
解得vD1＝
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－mvD12
解得xm＝R.
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小．设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝＝15R.
课时精练

1．(多选)(2020·黑龙江佳木斯一中期中)如图1甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)

图1


答案　BC
解析　电子做匀变速直线运动时x－t图象应是抛物线，故A错误．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，D错误．根据电子的运动情况：电子交替做匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度大小不变，a－t图象应平行于横轴，故C正确．
2．(多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

图2
A．带电粒子始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案　CD
解析　设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．

3．如图3甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)

图3
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案　C
解析　粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝a()2＋a××＝aT2；若粒子在t＝nT＋时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋a()2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．
4．(多选)如图4甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)

图4
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
答案　BC
解析　因0～时间内微粒做匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻竖直方向的速度为vy1＝，水平方向的速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，微粒竖直方向的速度减小到零，水平方向的速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W克电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误．
5.(2019·天津卷·3)如图5所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

图5
A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
答案　B
解析　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．

6．(多选)如图6甲所示，平行金属板相距为d，在两板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行金属板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)．t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T时刻到达B板右边缘，则(　　)

图6
A．任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为T
B．t＝时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大
C．t＝时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为
D．粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关
答案　AD
解析　任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L＝v0t，得t＝，由于L、v0都相等，所以粒子到达电场右边界所用时间都相等，且都为T，选项A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度大小也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，选项B错误，D正确；对于t＝0时刻进入的粒子，据题意有＝2×a()2；对于t＝时刻进入的粒子，在前时间内竖直方向的位移向下，大小为y1＝2×a()2，在后时间内竖直方向的位移向上，大小为y2＝2×a()2，则知y1＝y2，即竖直方向的位移为0，所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y＝，选项C错误．
7.(多选)(2020·广东深圳高级中学月考)如图7所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

图7
A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点
C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
答案　BC
解析　根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等＝＝mg，故等效重力加速度为g等＝g，如图所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝mvP2－mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．

8.如图8所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D.已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：

图8
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小．
答案　(1)0.4 m　(2)2 m/s
解析　(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
mg＋qE＝m①
2R＝()t2②
x＝vDt③
联立①②③得x＝0.4 m．④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙⑤
mv02＝mv甲2＋mv乙2⑥
联立⑤⑥得v乙＝v0⑦
由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2⑧
联立①⑦⑧得v0＝2 m/s.
9．(2019·河南高三月考)在图9甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：

图9
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
答案　见解析
解析　(1)由动能定理得e＝mv2－mv02
解得v＝.
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝，加速阶段运动的距离s＝·2≤，
解得d≥T，故两极板间距至少为T.

10.如图10所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，y轴与直线x＝－d(d>0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场．一个带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放．

图10
(1)若S点的坐标为(，)，求粒子通过x轴时的坐标；
(2)若S点的坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；
(3)若粒子能通过x轴上坐标为(－3d,0)的P点，求释放该粒子的点S的坐标(x，y)应该满足的条件．
答案　(1)(－d,0)　(2)　(3)4xy＝5d2(x>0，y>0)
解析　(1)设进入第二象限前粒子的速度为v0，质量为m，由动能定理得
qE＝mv02
在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，假设粒子通过x轴没有出电场左边界，则有
加速度a＝
x轴方向上x＝v0t
y轴方向上＝at2
联立解得x＝d，假设成立．
所以粒子通过x轴时的坐标为(－d,0)．
(2)设进入第二象限前粒子的速度为v，质量为m，
由动能定理得qEd＝mv2
在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，
加速度a＝
x轴方向上d＝vt1
y轴方向上y＝at12
解得y＝
对整个过程由动能定理得
qEd＋qE＝Ek－0
解得Ek＝.
(3)设粒子到达y轴时的速度为v0′，通过第二象限电场所用的时间为t2，粒子进入第二象限前由动能定理得qEx＝
粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值tan θ＝
其中vy＝at2
qE＝ma
vx＝v0′＝
粒子出第二象限电场后做直线运动，由几何关系有
tan θ＝
解得4xy＝5d2(x>0，y>0)．