10.5带电粒子在电场中的运动跟踪训练（word版含解析）

2021—2022学年人教版（2019）必修第三册
10.5带电粒子在电场中的运动跟踪训练
一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）
1．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为这轨迹上的两个点，由此可知（　　）
A．三个等势面中，a电势最高 B．粒子在P点比在M点时加速度大
C．粒子在M点比在P点时动能小 D．粒子在P点比在M点时的电势能大
2．如图所示，粒子（）和质子（）以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（　　）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
3．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，平行金属板C、D之间有偏转电场。今有质子、粒子He，均由A板从静止开始，被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后从偏转电场C、D间穿出。重力忽略不计。则下列判断中正确的是（　　）
A．两种粒子在C、D板间运动的时间相同
B．两种粒子的运动轨迹相同
C．质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为1：2
D．偏转电场的电场力对质子、粒子He做功之比为1：4
4．如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，带电微粒沿着上极板水平射入电场，恰好从下极板右边缘飞出电场，带电微粒电势能变化量为ΔE1。若保持上极板不动，将下极板下移少许，该带电微粒仍以相同的速度从原处射入电场，带电微粒在电场中电势能变化量为ΔE2。下列分析正确的是（不计重力作用）（　　）
A．电容变小，两极板间电压变大，两极板间场强变小
B．电量不变，两极板间电压不变，即ΔE1=ΔE2
C．电容变小，电场强度不变，电压增大，即ΔE1<ΔE2
D．电量不变，两极板间的电场强度不变，粒子的运动情况不变，即ΔE1=ΔE2
5．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角的正切值增大到原来2倍的是（　　）
A． U1不变，U2变为原来的2倍 B． U1不变，U2变为原来的
C． U2不变，U1变为原来的2倍 D． U1、U2都变为原来的2倍
6．如图甲所示为一平行板电容器，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加如图乙所示的电压，电压的变化周期为T，若粒子从t=时刻释放，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子可能运动到B极板上
B．粒子一定一直向B极板运动
C．粒子的速度时间图像不可能为图丙
D．粒子的速度时间图像可能为图丁
7．如图所示在xoy坐标平面内存在一匀强电场，坐标原点O及点a（0，6）、点b（10，0）三点的电势分别为=10V、=16V、=0V。现有一个质子从坐标原点以10eV的初动能沿与x轴正方向成45°角方向射入坐标平面，则下列判断正确的是（　　）
A．该质子将始终在第一象限内运动
B．该质子将穿过y轴正半轴在第二象限内运动
C．该质子将经过点（40，0）进入第四象限内运动
D．该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角成60°角
8．如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子只在电场力的作用下从A点到B点运动的速度-时间图像如图乙所示，则下列分析正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的 B．从A点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小
C．A点的电势一定高于B点的电势 D．A点的电场强度比B点的大
9．空间有一沿x轴分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，设电场强度沿x轴正方向时为正，x1和x2为x轴上的两点。一正电荷（重力不计）沿x轴正方向由x1运动到x2过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该电荷所受的静电力先减小后增大
B．电场强度先向x轴负方向后向x轴正方向
C．该电荷的动能逐渐增大
D．静电力先做正功后做负功
10．如图所示，是截面为正方形的区域边界，其中，水平，、竖直，在该区域内有竖直向下的匀强电场。有一质量为m、带电量为q的微粒，自边的中点O以一定的水平速度平行于边垂直电场进入该区域，微粒恰好从C点离开。现在保持电场方向不变，将电场强度增大为原来的二倍，且微粒进入时的速度大小也增大为原来的二倍，微粒恰好从B点离开。有关微粒和电场说法正确的是（　　）
A．微粒带正电
B．电场强度大小为
C．电场强度大小为
D．若只将电场强度增大到原来的4倍，微粒将从中点射出
11．如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d=0.16m，上、下极板开有一小孔，四个质量均为m=13g、带电荷量均为q=6.4×10-6C的带电小球，其间用长为的绝缘轻轩相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零（g=10m/s2），以下说法正确的是（　　）
A．当最上端的小球进入平行板电容器前，小球一直做加速度减小的加速运动
B．最下端的小球在两平行板之间的运动过程，系统的电势能先增加后减小
C．两极板间的电压为500V
D．从释放到速度减为零的过程中，小球最大速度约为0.82m/s
12．如图一定质量的带电小球从轻质弹簧上方点由静止下落，空间还存在竖直向下的匀强电场，在小球从到的过程中，重力做功，小球克服弹簧弹力做功，电场力做功，忽略空气阻力，则：（　　）
A．该过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，动能增加了
B．该过程小球和弹簧组成的系统机械能增加0.5J，动能增加了
C．该过程中小球电势能增加0.5J，重力势能减少0.8J
D．该过程中弹簧弹性势能减少0.9J，小球电势能减少0.5J
二、多项选择题（下列选项中有多个选项满足题意）
13．如图所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q只受电场力作用，则下列结论正确的是（　　）
A．电荷Q与点电荷q一定是同种电荷
B．电荷Q一定在A点的左侧
C．点电荷q的电势能一定是先减小后增大
D．A点电势可能大于B点电势
14．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一带电小球以一定初速度沿图中虚直线由O运动至P，下列说法正确的是（　　）
A．小球做匀速直线运动
B．小球的电势能增加
C．电场力方向水平向左
D．合外力做的功等于物体机械能的增量
15．平行板电容器充电后形成一个匀强电场，两个质量相等、带电荷量不同的粒子a、b以相同的初速度垂直电场射入，最后分别落在负极板的中央和边缘，轨迹如图中虚线所示，不计重力作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子a、b在电场中运动的时间相等 B．粒子a的加速度较大
C．粒子a到达负极板时的动能较大 D．粒子a、b的电势能的增量相等
16．如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、之间的加速电压为，、之间的偏转电压为，为荧光屏。现有质子、氘核和粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为，电荷量之比为，则质子、氘核和粒子三种粒子（　　）
A．从开始到荧光屏所经历时间之比为
B．从开始到荧光屏所经历时间之比为
C．打在荧光屏时的动能之比为
D．打在荧光屏时的动能之比为
17．如图所示，一质量为m、带电荷量为的粒子（不计重力）从原点O由静止开始运动，空间所加的电场沿x轴正方向，电场强度E与其位移x的关系图线如图所示。若选定原点的电势为零，图中为已知量，则下列说法正确的是（　　）
A．处的电势
B．处的电势
C．该粒子的最大速度为
D．该粒子在到的过程中做减速运动
18．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。设质量为m、电量为q的质子（重力不计）从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压U视为不变。设质子进入漂移管A时速度为，进入漂移管D时速度为，电源频率为f，漂移管间缝隙很小，则（　　）
A．为使质子在漂移管间被加速，质子在每个管内运动时间应为
B．质子进入漂移管D时的速度
C．从漂移管A算起，第N个漂移管的长度应为
D．从漂移管A算起，质子通过第N个漂移管的能量应为
19．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点。由点静止释放的一价氢离子恰好能运动到点，下列说法正确的是：（　　）
A．一定有
B．若从点静止释放二价氨离子，其将以一定速度越过点
C．若将板向右平移到点，则由点静止释放的氢离子将运动到点返回
D．若将板向右平移到点，则由点静止释放的氢离子仍运动到点返回
20．如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电小球从O点正上方h高度处的A点由静止释放，并穿过带电环，A′点与A点关于O点对称。取O点为坐标原点且为零重力势能点，向下为正方向，无限远电势为零。则关于小球从A到A′过程中，加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能EpE随位置变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、综合计算题（要求写出必要的计算过程）
21．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器，它的核心部件是示波管，工作原理如图所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。初速度为0的电子在电子枪中经电压为U0的加速电场加速后形成电子束进入偏转电极，如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。已知电子的电量为e，质量为m。
（1）求电子打在荧光屏上的速率；
（2）如果YY′偏转电极上加上恒定电压，XX′偏转电极上不加电压，在荧光屏上得到亮斑，亮斑在Y轴偏转距离DY正比于输入电压UY，即DY=KYUY，比例系数KY称为电压偏转因数，求KY（已知YY′偏转电极的长度为L1，板间距为d，极板右端到荧光屏的距离为L2）。
22．如图所示为一多级加速器模型，一质量为m＝1.0×10－3kg、电荷量为q＝8.0×10－5C的带正电小球（可视为质点）通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L＝1.0m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；
（2）若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？
23．如图所示，虚线MN、PQ之间存在水平向右的匀强电场，两虚线间距离为d。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从a点由静止释放，经电压为U的电场加速后，由b点垂直进入水平匀强电场中，从MN上的某点c（图中未画出）离开，其速度与电场方向成45°角。不计粒子的重力，求：
（1）粒子刚进入水平匀强电场时的速率v0；
（2）水平匀强电场的场强大小E；
（3）bc两点间的电势差Ubc。
24．如图所示，A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求：
（1）带电粒子在射出B板时的速度；
（2）带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y；
（3）飞出偏转电场时的动能。
参考答案
1．C
【解析】
CD．粒子在电场中，所受电场力与等势面垂直且指向轨迹凹侧，故受力如图所示，设粒子从M运动到P，F与v夹角小于90°，电场力做正功，故动能增大，电势能减小，C正确，D错误；
A．由于粒子带正电，故场强方向与电场力F方向相同，沿场强方向，电势降低，故三个等势面中，a电势最低，A错误；
B．等差等势面越密的地方场强越大，加速度越大，故粒子在P点比在M点时加速度小，B错误。
故选C。
2．C
【解析】
质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为
粒子射出电场时的侧位移y的表达式为
又
联立上三式得
由题，两个粒子的初动能相同，E、L相同，则y与q成正比，粒子（）和质子（）电荷量之比为2：1，侧位移y之比为2：1。
故选C。
3．B
【解析】
粒子在A、B板间做匀加速直线运动，在C、D板间做类平抛运动，设加速电场电压为，偏转电场电压为，极板长度为L，宽度为d，则有
可得飞出加速电场时，粒子速度为
粒子进入偏转电场并能飞出电场，则有水平方向
竖直方向有
A．粒子在C、D板间运动的时间为
由于质子、粒子He的不等，所以两种粒子在C、D板间运动的时间不相同，故A错误；
B．两种粒子在加速电场中均做匀加速直线运动，在偏转电场中有
与粒子电荷量，质量均无关，所以两粒子的运动轨迹相同，故B正确；
C．粒子在偏转电场中的加速度为
所以，质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为
故C错误；
D．粒子在偏转电场中，电场力做功为
由于质子、粒子He在偏转电场中竖直方向位移y相等，则做功之比为
故D错误。
故选B。
4．D
【解析】
由
可知，将电容器下板向下移动一段距离时，d增大，电容减小；电容器充电后与电源断开则电容器所带的电量Q不变，由
可知当d增大时，场强E不变；极板间电压
减小，不变，则增大；粒子在电场中做类平抛运动，由于场强E不变，飞出极板时，则水平方向有
竖直方向有
又因为
联立可得
故粒子运动轨迹不变，下板下移，故粒子将从极板间飞出，由于电势差不变，电场力做功不变，故电势能变化不变，即
故ABC错误，D正确。
故选D。
5．A
【解析】
在加速场中，有
在偏转场中，有
则电子的偏转角的正切值为
故选A。
6．A
【解析】
AB． t=时刻释放，带电粒子做往复运动，经时间T粒子回到出发点，之后重复上述过程，不一定打到B极板上，故A正确，B错误；
CD．两极板间电压大小恒定，则电场强度大小恒定，根据牛顿第二定律得加速度大小恒定，粒子做匀加速或匀减速运动，则粒子的速度时间图像可能为图丙，故CD错误。
故选A。
7．C
【解析】
AB．0=10V、a=16V、b=0V，可知，在y方向上
方向沿y轴负方向
在x轴上
方向沿x轴正方向，所以电场方向与初速度方向垂直，与x轴夹角为45°向右下，所以粒子类平抛运动，从第一象限进入第四象限，故AB错误；
C．如图所示，沿电场方向
在初速度方向
粒子初动能为10eV，代入相关数据，根据合成可求得
故C正确；
D．根据速度反向延长线过位移中点，如上图所示，可知D点反向延长过OE中点，所以该质子经过坐标轴时其速度方向与坐标轴的夹角显然小于45°，故D错误。
故选C。
8．C
【解析】
由图乙可知，电子A点到B点的过程中，速度减小，动能减小，电子的加速度恒定，故可知电场为匀强电场，该电场不可能是正点电荷产生的，且电场力做负功，故电势能增加，则电子在B点的电势能大于在A点的电势能，由于电子带负电可得A点的电势高于B点电势。
故选 C。
9．B
【解析】
A．由图可知从x1到x2电场强度先减小后增大再减小，因此该电荷所受的静电力先减小后增大再减小，选项A错误；
B．由图可知电场强度先向x轴负方向后向x轴正方向，选项B正确；
CD．开始时电场强度沿x轴负方向，正电荷受力沿x轴负方向，后来电场强度沿x轴正方向，正电荷受力沿x轴正方向，因此电荷沿x轴正方向由x1运动到x2过程中，静电力先做负功后做正功，电荷的动能先减小后逐渐增大，选项CD错误。
故选B。
10．C
【解析】
A．电场强度增大后，带电粒子向上偏转，显然粒子带负电荷，A错误；
BC．设正方形的边长为L，由已知可得，改变前
改变后
联立可得
B错误，C正确；
D．若只将电场强度增大到原来的4倍，则
解得
因此从中点的左方射出，D错误。
故选C。
11．D
【解析】
B．电场力一直做负功，故系统的电势能一直增加，故B错误；
C．根据动能定理可得
得
故C错误；
D．当两个小球在电场中时，电场力
当三个小球在电场中时，电场力
故当第三个小球进入电场时小球的速度最大，根据动能定理可得
解得
故D正确；
A．由上面分析可知，当第三个小球进入电场时小球的速度最大。故A错误。
故选D。
12．B
【解析】
A．该过程中小球和弹簧组成的系统，由于电场力做正功，则机械能不守恒，选项A错误；
B．该过程小球和弹簧组成的系统机械能增加量等于电场力做功，大小为0.5J，动能增加量等于合外力的功，大小为0.8J-0.9J+0.5J=，选项B正确；
CD．该过程中因电场力做功为0.5J，则小球电势能减小0.5J，重力做功0.8J，则重力势能减少0.8J，克服弹簧弹力做功0.9J，则弹簧弹性势能增加0.9J，选项CD错误；
故选B。
13．AC
【解析】
A．由题意可知，库仑力与电场力方向相反。如果电荷Q与点电荷q是异种电荷，则当电荷Q在A点左侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力大于库仑力，以后库仑力减小，合力增大，则点电荷q不会停在B点；当电荷Q在B点右侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力小于库仑力，以后库仑力增大，合力增大，则点电荷q不会停在B点。所以假设不成立。即电荷Q与点电荷q一定是同种电荷。A正确；
B．当电荷Q在B点右侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力大于库仑力，以后库仑力增大，当库仑力大于电场力时，则点电荷q做减速运动，有可能会停在B点。B错误；
C．点电荷q先加速后减速，因为只有电场力做功，所以动能与电势能之和不变，则电势能会先减小后增大。C正确；
D．点电荷q在AB两点速度相同，则动能相同，即电势能也相同，所以AB两点电势相同。D错误。
故选AC。
14．BC
【解析】
ABC．由题，带电微粒做直线运动，所受的合力必须与OP在同一直线上，由于重力方向竖直向下，所以电场力方向必然水平向左，所以合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动；电场力做负功，则电势能增加；A错误BC正确；
D．根据动能定理，合外力做的功等于物体动能的增加量；而除重力外其余力做的功等于物体机械能的增量，故克服电场力做的功等于机械能的减小量，D错误。
故选BC。
15．BC
【解析】
A．粒子在水平方向做匀速运动，初速度相同，而水平位移
因此
A错误；
B．在竖直方向上，做匀加速运动，根据
竖直位移相同，而粒子a运动的时间短，因此加速度较大，B正确；
C．在竖直方向上，根据
可知落到负极板上时，a粒子的竖直分速度较大，而水平分速度相等，因此粒子a到达负极板时的动能较大，C正确；
D．由于两个粒子的初动能相同，因此粒子a的动能增量较大，电场力做功较多，电势能减少量较大，D错误。
故选BC。
16．BC
【解析】
AB．设加速电场AB间距离为d，偏转极板长度为l，偏转极板间的距离为h，屏到偏转电场右边缘距离为s，粒子在加速过程中，根据
可得
在加速电场中运动的时间
进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间
从开始到荧光屏所经历时间
可知运动时间与成反比，由于
因此
A错误，B正确；
CD．粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动
其中
可得
可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，根据动能定理
可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此
D错误，C正确。
故选BC。
17．BC
【解析】
A．沿电场线方向电势降低，所以在处的电势为
选项A错误；
B．由于E-x图象与坐标轴围成的面积表示电势差，所以处的电势为
选项B正确；
C．根据分析可知该粒子沿x轴正方向做加速运动，在处速度最大，根据动能定理可得
解得带电粒子的最大速度为
选项C正确；
D．带电粒子在在到的过程中做加速度减小的加速运动，选项D错误。
故选BC。
18．AC
【解析】
A．电源频率为f，因此周期为
质子在每个管内运动时间应为，质子在每个管内运动时间应为，故A正确；
B．质子从A管运动至漂移管D由动能定理可知
解得
故B错误；
C．从漂移管A算起，第N个漂移管的速度，由动能定理可知
解得
第N个漂移管的长度应为
故C正确；
D． 质子通过第N个漂移管的能量，由动能定理可知
解得
故D错误。
故选AC。
19．AD
【解析】
AB．由点静止释放的一价氢离子恰好能运动到点，则
即
由上式可知，上述过程中与粒子带电量无关，即若从点静止释放二价氨离子，则也能恰好能运动到点，选项A正确，B错误；
CD．若将板向右平移到点，由于BC带电量不变，根据
可知两板间场强不变，MP之间的电势差不变，根据
则由点静止释放的氢离子仍运动到点返回，选项D正确，C错误。
故选AD。
20．BC
【解析】
A．圆环中心场强为零，无限远处场强也为零，则从到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得，重力不变，加速度可能先减小后增大，小球穿过圆环后小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，A错误；
B．小球从到圆环中心的过程中，重力势能
小球穿过圆环后
根据数学知识可知，B正确；
C．小球从到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，C正确；
D．由于圆环产生的时非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，D错误。
故选BC。
21．（1）；（2）
【解析】
（1）对电子由动能定理得

解得

（2）偏转电场的场强

设电子在偏转电场中的加速度为a，运动时间为t，偏转位移为y



由相似关系得

解得

所以
22．（1）m；18.75V；（2）m
【解析】
（1）设小球从A点到B点的运动时间为t1，小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y
则有
＝tanθ
cosθ＝v0t1
y－sinθ＝gt
联立并代入数据解得
v0＝m/s
y＝m
带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有
qU＝mv－0
代入数据解得
U＝18.75V
（2）进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有
Fy＝mgcosθ－qE＝0
沿x轴方向有
Fx＝mgsinθ
故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有
Fx＝ma
＝at
dmin＝t2
联立并代入数据解得
dmin＝m
即两板间的距离d至少为m。
23．(1) ； (2) ；(3)
【解析】
(1)根据动能定理得
解得
(2)设离开水平电场时的速度为v，则有
在水平方向有
解得
(3)根据动能定理得
解得
24．（1）；（2）；（3）
【解析】
(1)带电粒子由A到B过程，据动能定理可得
解得带电粒子在射出B板时的速度为
(2)粒子从C到D做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，故运动时间为
竖直分运动是初速度为零的匀加速直线运动，故
其中
联立解得
(3)由(1)可知粒子飞出偏转电场时，水平方向速度为
设飞出偏转电场时竖直方向速度为vy，可得
故飞出偏转电场时的速度为
又因为
联立解得飞出偏转电场时的动能为