1.9 带电粒子在电场中的运动 —人教版高中物理选修3-1 同步练习

1、带电粒子在电场中的运动同步练习学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）1. 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的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是()A. U1变大、U2变大B. U1变小、U2变大C. U1变小、U2变小D. U1变大、U2变小2. 带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰到金属板，欲使入射速度为v/2的同一粒子也恰好穿过电场不碰到金属板，则必须(   )A.

2、使两板间的距离减为原来的1/4B. 使两板间的电压减为原来的1/4C. 使两板间的电压减为原来的1/2D. 使两板间的距离减为原来的1/23. 带电粒子经加速电场由静止加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场，要使它离开偏转电场时偏转角增大，可采用的方法有()A. 增加带电粒子的电荷量B. 增加带电粒子的质量C. 增大加速电压D. 增大偏转电压4. 如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小比较a、b、c、d这四点，小球() A. 在最高点a处的动能最小B.

3、 在最低点c处的机械能最小C. 在水平直径右端b处的电势能最小D. 在水平直径左端d处的机械能最大5. 如图是示波管的示意图，电子从静止出发，经过电压为U1的电场加速后，垂直射入电压为U2的匀强偏转电场(另一对偏转电极未加电压，没有画出)。在电子能射出偏转电场的条件下，下列一定能使电子的偏转角变大的是  (    )A. U1变大，U2变大B. U1变小，U2变大C. U1变大，U2变小D. U1变小，U2变小6. 如图所示，三个带电量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C，从同一平行板间电场中的同一点P射入，在电场中的运动轨迹如图PA、PB、PC所示

4、，则下列说法中正确的是()A. 三个粒子的加速度关系aA>aB>aCB. 三个粒子的加速度关系aA<aB<aCC. 三个粒子的入射速度关系vA>vB>vCD. 三个粒子的入射速度关系vA<vB<vC7. 如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(   )A. B. C. D. 8. 如图所示，在P板附近

5、有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距为d。电子质量为m.电荷量为e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是() A. 若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B. 若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C. 若将两极板间电势差U，增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D. 若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半9. 如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离后离开电场。现使U1加倍，则下列说法正确的是(  

6、0;) A. 要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该使U2变为原来的2倍B. 要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该使U2变为原来的2倍C. 要想使电子离开电场时速度的偏转角变大，应该使U2变为原来的2倍D. 要想使电子离开电场时速度的偏转角变大，应该使U2变为原来的2倍10. 如图所示，在匀强电场E中，一带电荷量为q的粒子初速度0恰与电场线方向相同，则带电粒子q在开始运动后，将(    ) A. 沿电场线方向做匀加速运动B. 沿电场线方向做变加速运动C. 沿电场线方向做匀减速运动D. 偏离电场线方向做曲线运动11. 示波器的核心部件是示波管，下面是它的原理图如果在偏

7、转电极XX之间和偏转电极YY之间都没加电压，电子束从电子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心O，从右向左观察，在那里产生一个亮斑如果在YY之间加正弦电压，如图甲所示，而在电极XX之间加随时间线性变化的电压，如乙图所示，则荧光屏上看到的图形是(  ) A. B. C. D. 12. 如图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(    )A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 02s内，电场力做的总功为零C. 4s末带电粒子回到原出发点D. 2.54s内，电场力做的

8、总功为零二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）13. 光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀场电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电量为q的小球由AC边的中点，以垂直于该边的水平初速度0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为()A. 12mv02+13qELB. 12mv02+23qELC. 12mv02+12qELD. 12mv0213qEL14. 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，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子和粒子均由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，

9、最后打在荧光屏上已知质子和粒子的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则下列判断中正确的是()A. 粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B. 粒子打到荧光屏上的位置相同C. 加速电场和偏转电场的电场力对两种粒子做的总功之比为1：4D. 粒子在AB和CD的两个电场中的运动，均为匀变速运动15. 如图是示波管中电子枪的示意图，A为发射电子的阴极，K为高电势的阳极。电子从阴极飞出(初速度可以忽略)，经电场加速后以速度v从K的小孔中射出。下列说法正确的是()A. 若A，K间的距离减半而电压U不变，则电子离开K时速度仍为vB. 若A，K间的距离减半而电压U不变，则电子离开K时速度变为12vC. 若A，K

10、间的距离不变而电压U减半，则电子离开K时速度变为22vD. 若A，K间的距离不变而电压U减半，则电子离开K时速度变为12v16. 如图(a)所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图(b)所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×107kg，电荷量q=1.0×102C，速度大小均为v0=1.0×

11、;104m/s，带电粒子的重力不计，则() A. 粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间8×105sB. 在t=0时刻进入的粒子飞出电场时垂直于极板方向的位移为2.5×102mC. t=0时刻进入的粒子飞出电场时速度与水平方向夹角的正切值为110D. 若撤去挡板，由正极板边缘、且从t=1×105s时刻进入电场的粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离0.065m三、计算题（本大题共5小题，共50.0分）17. 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1=1640V

12、，偏转极板长l=4m，金属板间距d=1cm，当电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场。 (1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，则电子束最大偏转距离为多少？18. 如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。求： (1)两板间所加偏转电压U的范围。(2)粒子可能到达屏上区域的长度。19. 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所示的偏

13、转电场，离子的初动能为Ek，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(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？20. 如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0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，板间距为d，不计粒子的重力。(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性质的运动？(2)求粒子通过电场的时间及粒子离开电场时水平方向和竖直方向

14、的速度，及合速度与初速度方向的夹角的正切值。(3)求粒子沿电场方向的偏移量y。21. 两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场.一个粒子(氦原子核)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中心.已知质子电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：(1)极板间的电场强度E的大小；(2)粒子在极板间运动的加速度a的大小；(3)粒子的初速度v0的大小答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根

15、据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题【解答】解：根据动能定理：eU1=12mv2得：v=2qU1m在偏转电场中vy=ata=U2emdt=Lvvy=attan=vyv=U2L2U1d若使偏转角变小即使tan变小，由上式看出可以减小U2增大U1故选：D。2.【答案】B【解析】【分析】带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：平行于板的方向粒子做匀速直线运动，

16、垂直于板的方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得出板间距离与v、板间电压和距离等的关系式，再进行分析。对于带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，常常采用运动的分解法处理，本题要抓住题干条件得出v与其他量的关系式是关键。【解答】解：设平行金属板板长为l，板间距离为d，板间电压为U，该带电粒子的质量和电量分别为m、q，带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动。由题，带电粒子恰穿过电场而不碰金属板，则有：     l=vt   12d=12at2又a=qUmd联立得到：d=qUl2mdv2由此式得到：欲使入

17、射速度为v2的同一粒子也恰好穿穿过电场不碰金属板，上式仍成立，则粒子电量减为原来的14，使两板间的电压减为原来的14 ，使两板间的距离变为原来的2倍，故ACD错误，B正确。故选B 。3.【答案】D【解析】略4.【答案】C【解析】【分析】通过电场力和重力的合力方向确定圆周运动的等效最高点，从而确定动能最小的位置，通过除重力以外其它力做功等于机械能的增量判断出何处机械能最大，何处机械能最小解决本题的关键确定圆周运动的等效最高点，掌握除重力以外其它力做功与机械能的关系。【解答】小球受电场力和重力大小相等，方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示合力与水平方向成45°角偏

18、右下方。A、如图小球所受合力方向可知，小球从a到向e点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a点不是小球动能最小的点(最小的点在e点)，故A错误。BCD、除重力以外其它力做功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小b点电势能最小，d点电势能最大。故C正确，B、D错误。故选C。5.【答案】B【解析】【分析】要使电子的偏转角变大，可以有两种途径：减小U1使发射速度减小，从而增加偏转时间，增大U2增加偏转力。本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度，偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。【解答】根据动

19、能定理：eU1=12mv2，在偏转电场中：vy=at；a=qU2md，t=Lv，tan=vyv=U2L2U1d；若使偏转角变大即使tan变大，由上式看出可以增大U2减小U1，故B正确，ACD错误。故选B。 6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，解题关键是熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，对于多个粒子的比较问题，常常用相同的量或可直接比较的量表示要研究的量。粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律确定初速度和加速度的关系。【解答】AB.三个粒子电量相同、质量相同，故加速度a=qEm相同，故AB错误；CD.粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向：h=12a

20、t2，可见AB运动时间相同，C运动时间最短，水平方向匀速直线运动：L=v0t解得：v0=Lt，故可知vA<vB<vC,故C错误，D正确。故选：D。7.【答案】A【解析】【分析】本提主要考察带电微粒在周期性变化电场中的运动，解决这类问题，对学生的要求较高，要在力和运动的关系这一块非常扎实。【解答】电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，12T后，电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t=T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B、C、D项错误。故选A。8.【答案】A【解析】【分析】根据动能定理得出粒子

21、到达Q板的速率，从而进行判断，根据牛顿第二定律，结合位移时间公式求出电子的运动时间，从而进行判断。根据电子的运动的规律，列出方程来分析运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可。【解答】AB.根据动能定理得，qU=12mv2知，电子到达Q板的速度v=2qUm，将板间距增大一倍，电子到达Q板的速率不变，故A正确，B错误;CD.电子的加速度a=qEm=qUmd，根据d=12at2得，t=2md2qU，U增大一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的22倍，故CD错误。 故选A。9.【答案】A【解析】设电子到P板小孔的速度为v0，由动能定理得qU1=12mv02，电子在进入偏转电场

22、后在平行于板面的方向上做匀速运动，则Lv0t，在垂直于板面的方向上做匀加速运动，y=12qU2dmt2=U2qL22dmv02=U2L24U1d，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该使U2变为原来的2倍，故选项A正确，选项B错误；电子离开电场时速度偏转角的正切值，要想使电子离开电场时速度的偏转角变大，应使U2变为原来的2倍以上，选项C、D错误。10.【答案】C【解析】【分析】负电荷在电场中受到的电场力的方向与电场线的方向相反，结合速度的方向，判断出粒子运动的性质。该题考查物体运动的性质与物体的受力分析、初速度方向之间的关系，属于对运动类型的考查，基础题目。【解答】负电荷在电场中受到的电场力的方

23、向与电场线的方向相反，带电粒子q的初速度v0恰与电场线方向相同，所以该负电荷受力的方向与运动的方向相反，负电荷沿电场线的方向做匀减速直线运动，故C正确。故选C。11.【答案】A【解析】【分析】示波管是带电粒子在电场中加速和偏转的实际应用，偏转电极YY：使电子束竖直偏转；XX：使电子束水平偏转。本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考。【解答】示波管是带电粒子在电场中加速和偏转的实际应用，偏转电极YY：使电子束竖直偏转；XX：使电子束水平偏转。如果在YY之间加正弦电压，如图甲所示，而在电极XX之间加随时间线性变化的电压。故选A。12.【答案】D【解析】【分析】由

24、图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况。本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=qEm，为第2s内加速度a2=2qEm的12，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，vt图象如图所示：A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可

25、知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；D、因为第4s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前4s内动能变化为0，即电场力做的总功为零故D正确。故选D。13.【答案】AC【解析】【分析】根据题意可得电场的方向未知，因此要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC方向，分析电场力做功情况，然后根据动能定理求解即可。解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能，注意找出所有可能的运动情况才能准确求解，要注意明

26、确电场处在水平地面上，而不是竖直平面。【解答】若电场方向平行AB，则粒子做加速或减速直线运动，则离开电场时电场力做功W=qEL；若做加速运动，则为12mv02+qEL；若为减速运动，则为：12mv02qEL；若电场力与初速度方向相互垂直，小球发生偏转，电场力一定做正功；假设受电场力向上，粒子从AB边离开时，电场力做功为12qEL，根据动能定理得：Ek12mv02=12qEL，可解得：Ek=12mv02+12qEL；若从BD边离开，则电场力做功可能为0至12qEL，根据动能定理可知，粒子动能可能为：12mv02至12mv02+12qEL；故AC正确，故BD错误。故选AC。14.【答案】BD【解析

27、】【分析】质子和粒子在加速电场中都做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系根据W=qEy，分析电场力做功之比。本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y=U2L24dU1是一个重要推论，要在会推导的基础上掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关【解答】A、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对于任一粒子：在加速电场中，

28、由动能定理得：qU1=12mv02，得加速获得的速度为v0=2qU1m粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于质子和粒子的比荷不同，则v0不同，所以它们从B板运动到荧光屏经历的时间不同故A错误B、在偏转电场中，粒子偏转的距离为y=12at2=qU22md(Lv0)2，联立得y=U2L24dU1，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故两个粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同故B正确C、由动能定理得，加速电场和偏转电场的电场力对粒子做的总功W=qU1+qEy，则知W与q成正比，两个粒子的电荷量之比为1：2，则总功之比为1：2.故C错误D、粒子在AB间做匀加速直线

29、运动，在CD间做匀变速曲线运动，故D正确故选：BD15.【答案】AC【解析】【分析】电子在加速电场中运动时，电场力做功eU，根据动能定理列式得出v与U的关系式，即可进行分析。此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而且动能定理不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。【解答】根据动能定理得：eU=12mv2得：v=2eUmAB.由上式可知，v与A、K间距离无关，则若A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度仍为v，故A正确，B错误；CD.由上式可知，电压减半时，则电子离开K时的速度变为22v，故D错误，C正确。故选AC。16.【答案】AC【解析】

30、【分析】粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动粒子从进入电场，根据t=Lv0求出时间，0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×105s；再作匀减速直线运动，用时t2=1×105s加速度大小相等，根据d=12at2求位移，t=0时刻进入的粒子飞出电场时速度与水平方向夹角的正切值为tan=vyv0。【解答】A.粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间为t0=L+xv0=0.3+0.51×104s=8×105s，故A正确；B.粒子在电场中运动的时间为t=Lv0=0.31.0×104s=3×

31、105s，0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×105s；再作匀减速直线运动，用时t2=1×105s加速度大小相等，为：a=qU0md=1.0×102×1.0×1021.0×107×0.1m/s2=1×108m/s2，垂直于极板方向的位移为：d1=12at12+at1t212at22=3.5×102m，故B错误；C.射出时竖直方向的速度大小为vy=at1at2=108(2×1051x105)=1x103m/s，正切值tan=vyv0=110，故C正确；D.粒子从t=1

32、15;105s时刻进入电场，在第一个1×105s向负极板加速运动、在第二个1×105s向负极板减速运动，在第三个1×105s向负极板加速运动，所以出电场时的偏离正极板的位移y1=12at2×3=0.005×3=0.015m，出电场时沿竖直方向的速度为v1=at=103s，场外沿竖直方向的位移：y2=v1t=103×0.5104m=0.05m，y=0.065m0.05m=0.015m，故D错误。故选AC。17.【答案】解：(1)设电子被电压U1加速后获得速度大小为v0，则有qU1=12mv02，在金属板间电子的最大偏移位移y1y1=d2

33、=0.5cm，则y1=12at2=12×qU2md×(lv0)2=U2l24dU1，解得U2=2.05×102V；(2)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，可看作从极板的正中心沿直线射出，如图所示：由几何知识，y1y=l2l2+L ，解得y=0.55cm。【解析】略18.【答案】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y=12at2 水平方向：L=v0t加速度为a=Eqm解得：y=qUL22dmv02当y=d2时，U=md2v02

34、qL2则两板间所加电压的范围为md2v02qL2Umd2v02qL2(2)当y=d2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设为y0，则y0=(L2+b)tan而tan=d2L=dL解得y0=d(L+2b)2L【解析】略19.【答案】解：(1)偏转电场的场强大小为：E=Ud离子所受电场力：F=Eq离子的加速度为：F=ma由解得：a=Uemd 设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：L=v0t射出电场时的偏转距离y为：y=12at2 由解得：y=UeL22mdv02=eUL24Ekd (2)离子射出电场时的竖直分速度vy=at射出电场时的偏转角：tan=vyv0 由得：tan=eULmv02d离子射出电场时做匀速直线运动要使离子打在屏MN上，需满足：y<d2，Ltan+y>d2由可得：eUL22d2<Ek<3eUL22d2答：(1)离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式为y=UeL22mdv0