第一章 9 带电粒子在电场中的运动-（配套课件）2023-2024学年高一新教材物理必修第三册 【步步高】学习笔记（教科版）

DIYIZHANG 第一章 9　带电粒子在电场中的运动 1.会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法(重点)。 2.会用运动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题(重难点)。 3.了解示波管的主要构造和工作原理。 学习目标 2 一、带电粒子在电场中的加速 二、带电粒子在匀强电场中的偏转 课时对点练 三、示波管的原理 内容索引 3 一 带电粒子在电场中的加速 4 炽热的金属丝可以发射电子。在金属丝和金属板间加电压U，发射出的电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。设电子刚离开金属丝时的速度为零，电子质量为m、电荷量大小为e。(如图) (1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？ 答案　只受电场力一个力的作用，电子向右做匀加速直线运动 (2)求电子到达正极板时的速度大小？(用不同的方法求解) 答案　方法一：运用动力学方法求解 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，但不能忽略质量。 (2)质量较大的微粒，如带电小球、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。 梳理与总结 2.分析加速运动的两种方法 　如图所示，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是 A.两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的 速率越大 B.两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的 速率越小 C.两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大 D.与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 例1 √ 　如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m(不计粒子所受重力)、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电 粒子到达距N板 后返回，下列措施中能满足要求的是 A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压提高到原来的2倍 C.使M、N间电压提高到原来的3倍 D.使初速度和M、N间电压都减为原来的 例2 √ 二 带电粒子在匀强电场中的偏转 13 如图，两个相同极板Y与Y′的长度为l，相距d，极板间的电压为U。一个质量为m、电荷量为e的电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0。把两极板间的电场看作匀强电场。 (1)电子在电场中做什么运动？如何处理？ 答案　电子在电场中做类平抛运动，应运用运动的分解进行处理，沿v0方向：做匀速直线运动；沿电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 (2)设电子不与极板相撞，完成下列内容(均用题中所给字母表示)。 ①电子通过电场的时间t＝_____。 ②电场力方向：加速度a＝_____，离开电场时垂 直于极板方向的分速度vy＝________。 ③速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝_______。 ④离开电场时沿电场力方向的偏移量y＝________。 几个重要推论 推论1：如图所示，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。 梳理与总结 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。 　如图所示，质子 以相同的初动能垂直射入偏转电场(两粒子均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射出电场时的偏移量y之比为 A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4 例3 √ 　(多选)(2022·邓州春雨国文学校高二阶段练习)如图所示为真空中的某装置，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是 A.在加速电场中，质子运动时间最长 B.三种粒子飞离B板时速度之比为 ∶1∶1 C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2 D.三种粒子打到荧光屏上的位置不同 例4 √ √ 　一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量 为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止 经电压为U1＝1 600 V 的加速电场加速 后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电 压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离为L′＝8 cm。整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求： (1)粒子出加速电场时的速度v0的大小； 例5 答案　8×104 m/s 代入数据解得v0＝8×104 m/s。 (2)粒子出偏转电场时的偏移距离y； 答案　0.03 m　 粒子进入偏转电场后做类平抛运动， 水平方向上：L＝v0t， 联立并代入数据，解得y＝0.03 m。 (3)P点到O2的距离y′。 答案　0.09 m 解得y′＝3y＝0.09 m。 三 示波管的原理 27 1.构造 示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示。 2.原理 灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，从阳极中间的小孔飞出，若没有其他作用，它们都将打到右侧荧光屏的中央P点，从而形成一个亮斑。Y、Y′和X、X′是两对垂直放置的偏转电极，分别控制电子束沿竖直方向和水平方向的偏转，从而电子束有可能打到荧光屏的各个位置。 　如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是 例6 √ 30 电极YY′之间为信号电压，电极XX′之间为扫描电压，0～t1内，Y板电势高，电子向Y板偏转，X′板电势高，电子向X′板偏转，由此可知C、D错误； 四 课时对点练 考点一　带电粒子在电场中的加速 1.(多选)(2023·四川内江第六中学高二阶级练习)如图所示，两竖直放置的平行板与电源相连接，闭合开关S的同时将一带负电的粒子(重力可忽略不计)由A板静止释放，经时间t运动到B板时的速度为v，该粒子的加速度大小为a，粒子到B板时的动能大小为Ek，如果仅将两板之间的距离加倍，则 A.粒子运动到B板的速度为2v B.粒子的加速度变为 C.粒子的运动时间变为2t D.粒子运动到B板的动能为Ek 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由Ek＝qU可知，增加两板之间的距离对动能无影响，故粒子运动到B板的动能仍为Ek，故D正确。 2.(2023·武钢三中高二期中)某平行板电容器带电荷量为Q，电容为C，板间距离为d，如图所示。有一质量为m，电荷量为－q的点电荷(q远小于Q)，从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间电场力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转 3.(2023·泸州市高二期中)如图所示，水平放置的平行板电容器始终与电源保持连通，一带电粒子(重力不计)以速度v0水平射入电场，且恰沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，该粒子仍以相同的速度v0从原处飞入，则该粒子 A.仍沿原轨迹运动恰由下板边缘飞出 B.将打在下板上，不能飞出电容器 C.仍可飞出电容器，但离开电容器瞬间的速度将增大 D.若上板不动，将下板上移一段距离，则该粒子可能打在下板的中央 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若上板不动，将下板上移一段距离，根据上述分析知粒子可能打在下板的中央，故D正确。 4.(2022·邯郸市高二期末)如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(多选)(2023·运城市高二期中)如图所示，让带电粒子M和N分别以不同的初速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点。已知qN＝2qM，mN＝4mM，不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中，下列说法正确的是 A.它们运动的时间之比tM∶tN＝1∶2 B.它们的初速度之比vM∶vN＝2∶1 C.它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝4∶1 D.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)(2022·汕头金山中学模拟)如图所示，竖直平面 内，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小 为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电 场线(方向未知)。一电荷量为q、质量为m的带负电粒 子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD＝60°，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·台山市第一中学高二期中)如图所示，有一电 子(电荷量为e、质量为m)由静止开始经电压为U1的电 场加速后，在两平行板正中央处垂直进入平行板间的 匀强电场，并且恰能从下板右边缘飞出电场。两板间距为d，板长为l，不计电子重力。 (1)求电子经过U1加速后获得的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若U1＝1 500 V，d＝2.0 cm，l＝5.0 cm，则两平行极板所加偏转电压U2为多大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　480 V (3)求电子经过下板右边缘时的动能大小。(答案用字母符号e、U1、U2表示，无需代入数据) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点三　示波管 8.(多选)(2022·四川遂宁射洪中学高二阶段练习)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的 A.极板X应带负电 B.极板X′应带负电 C.极板Y应带正电 D.极板Y′应带正电 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电子受电场力方向与电场方向相反，因电子向极板X偏转，电场方向为X到X′，则极板X带正电，同理可知极板Y′带正电，故B、D正确，A、C错误。 9.(2022·中山一中期末)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成，当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是 A.当极板Y的电势高于Y′，极 板X的电势低于X′时，电子 将打在第一象限 B.电子从发射到打到荧光屏的 时间与偏转电极所加电压大小有关 C.电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关 D.电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于电子带负电，电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A项错误； 电子在初速度方向上不受力，所以初速度方向上做匀速运动，电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B项错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据动能定理，电子离开电场后的动能和电场力做功的大小有关，即与偏转电场的电压有关，故C项正确； 电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，与YY′所加电压大小无关，故D项错误。 10.(2022·青岛第十七中学高一期末)如图所示，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 A.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2022·洪洞县第二中学高二阶段练习)如图所示，虚 线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条 平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 ＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电 场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为 ，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子到MN的速度大小； 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电子从A运动到MN的过程中， (2)电子从释放到打到屏上所用的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　2 设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)电子打到屏上的点P′(图中未画出)到点O的距离x。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　3L 电子在电场中的运动轨迹如图所示 解得x＝3L。 BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com 方法二：由动能定理有eU＝mv2 得v＝ 电子受到电场力 F＝eE＝ 加速度a＝＝ v2＝2ad＝2得v＝ 动力学角度 功能关系角度 选择 条件 匀强电场，电场力是恒力 任意电场，恒力或变力 常用关系式 F＝ma，v＝v0＋at， x＝v0t＋at2， v2－v02＝2ax 匀强电场中：qEd＝mv2－mv02 非匀强电场中：qU＝mv2－mv02 两板间距离越大，电场强度E＝越小，电子的加速度越小，由d＝at2可知，加速时间越长，电子运动过程只有电场力做功，根据动能定理，eU＝mv02，因为加速电压 不变，所以最后获得的速率不变，故A错误； 同理可知B、C错误； 由eU＝mv02可知，电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，故D正确。 由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－mv02，要使粒子到达距N板后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q×＝－mv12，联立两方程得＝，故选D。 证明：由tan θ＝，y＝和x＝，知x＝。故O点为粒子 沿初速度方向位移的中点，所以粒子从偏转电场中射出时，就好像是从 极板间处沿直线射出似的。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。 证明：带电粒子先经加速电场(电压U加)加速，又进入偏转电场(电压U偏)， 射出偏转电场时，偏移量y＝at2＝＝＝，速度偏转角的正切值tan θ＝。可见偏移量y和偏转角θ只与U加、U偏有关，与q、 m无关，运动轨迹必定重合。 (H)和α粒子(He) 质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动， 由牛顿第二定律得a＝，水平方向有L＝v0t，竖 直方向有y＝at2，解得y＝＝。两个粒 子初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为1∶2，选项B正确。 设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长 度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定 理得qU1＝mv02，粒子获得的速度为v0＝， 质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则三种粒子从B板射出 时的速度之比为∶1∶1，三种粒子在加速电场中的位移相同，由x＝ t知质子在加速电场中运动时间最短，A错误，B正确； 粒子飞出偏转电场时偏转的距离y＝at2＝× ()2＝，偏转角的正切值tan θ＝＝ ＝，由两式可知，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向 相同，那么最后打到荧光屏的位置相同，偏转电场对三种粒子所做功W＝qEy，则电场力做功之比等于电荷量之比，为1∶1∶2，C正确，D错误。 由动能定理可得：|q|U1＝mv02， 在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝， 由几何知识知＝， 根据偏移量y＝t2，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，t1、t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，故A错误，B正确。 设电源电压为U，两板之间的距离为d，粒子的质量为m，粒子的电荷 量为q，由牛顿第二定律得a＝，由动能定理得qU＝mv2，则粒子到B板的动能为Ek＝qU，粒子运动到B板的速度为v＝，粒子在板间运动的时间为t＝＝＝d 如果仅将两板之间的距离加倍，则由a＝可知，粒子的加速度变为，故B正确； 由t＝d可知，两板之间的距离加倍后粒子的运动时间变为2t，故C正确； 由v＝可知，增加两板之间的距离对速度无影响，故粒子运动到B板的速度仍为v，故A错误； A. B. C. D. 设电荷的初动能为Ek，整个过程由动能定理可得Ek＝ qL，根据电容的定义式可得U＝，整理可得Ek＝， 故选A。 平行板电容器始终与电源保持连通两极板间的电压 保持不变，将上板上移一小段距离，极板间的距离 变大，根据匀强电场强度公式有E＝，可知E减 小，带电粒子受到的电场力减小，根据牛顿第二定律F＝ma可知加速度减小。极板长度和水平速度不变，由t＝知带电粒子飞出极板的时间不变。竖直方向的位移为y＝at2，时间不变，加速度减小，竖直方向 的位移减小。故该粒子不会打在下板上，能飞出电容器，故A、B错误； 竖直方向的位移减小，电场力做功减小，根据动能 定理mv2－mv02＝W，可知离开电容器瞬间的速度 将减小，C错误； A.粒子离开电场时的速度为v0 B.板间匀强电场的电场强度为 C.两极板间的距离为L D.两极板间的电势差为 粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，由几何关系得v＝＝v0，A错误； 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上L＝v0t， 竖直方向上，vy＝at＝v0tan 30°，由牛顿第二定律可知qE＝ma，得E＝，B错误； 粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上，d＝at2，解得d＝L，C正确； 两极板间的电势差U＝Ed＝，D错误。 由动能定理可得ΔEk＝qEy，则有＝＝×＝，C错误； 带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向有y＝ at2＝t2，解得t＝，则有＝＝＝＝，A正确； 带电粒子在水平方向有vMtM＝vNtN，解得＝＝，B正确； 由功能关系可知，电场力做正功，电势能减少，则电势能的减少量等于电场力做功的大小，则有＝＝×＝，D正确。 A.带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为 B.带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为 C.带电粒子从A点运动到P点的时间为 D.带电粒子从A点运动到P点的时间为3 根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点的速 度方向的反向延长线一定过AB边中点，根据几何 关系可知tan 53°＝，解得粒子运动到Q点时的 竖直位移大小为y＝BQ＝L，则带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝qEy＝qEL，故A正确，B错误； 设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q 点，则有v0t2＝L，t22＝L，联立上述两式解得v0 ＝，设带电粒子从A点运动到P点的时间为 t1，则有tan 60°＝，解得t1＝，故C正确，D错误。 答案　 电子加速过程，根据动能定理有eU1＝mv02 解得v0＝ 电子在偏转电场中做类平抛运动，则有l＝v0t，y＝at2，又a＝＝，  y＝，解得U2＝＝480 V 答案　eU1＋eU2 电子经加速和偏转全过程，根据动能定理有Ek＝eU1＋eU2。 设B、C板间电场强度为E2，B、C板所带电荷 量不变，B、C板间的电场强度为E2＝＝＝ ，知B、C板间的电场强度不随板间距离的 变化而变化，当C板向右平移到P′时，B、C板间的电场强度不变，设A、B板间电场强度为E1，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有eE1xOM－eE2xMP＝0－0，知电子仍然运动到P点返回，故选A。 A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30  x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确。 粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示。粒子的运动为类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x ＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝ at2＝·t2，＝tan 45°，解得t＝，故A错误。 vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向的夹角不为30°，故B、D错误； 答案　   根据动能定理得eE×＝mv2，解得v＝ 答案　3 从MN到打到屏上的过程中所用时间t2＝＝2 总时间t＝t1＋t2＝3 设加速度为a1，时间为t1，则a1＝ 由v＝a1t1，得t1＝＝， 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝，解得tan θ＝2 由牛顿第二定律得，电子在电场E2时的加速度为a2＝＝， 电子在电场E2中飞行时间t3＝，则vy＝a2t3＝2 根据几何关系得tan θ＝ $$