备考2025高考物理“二级结论”精析与培优争分练讲义-10.带电粒子在电场中的偏转问题（教师版）

10.带电粒子在电场中的偏转问题——备考2025高考物理“二级结论”精析与培优争分练一、带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq\f(l,v0)(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②离开电场时的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)例题1.（2024·浙江温州·二模）如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为。偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。下列说法正确的是（

）A．离子在加速电场中运动时间为B．离子在M、N板间运动时间为C．离子到达探测器的最大动能为D．为保证离子不打在M、N极板上，与应满足的关系为【答案】B【解析】A.粒子在加速电场做匀加速直线运动，加速度为由公式得离子在加速电场中运动时间为故A错误；B.设粒子进入偏转电场的速度为，由动能定理离子在M、N板间运动时间为得故B正确；C.当粒子打到M或N板时动能最大，由动能定理有故C错误；D.为保证离子不打在M、N极板上，即粒子在竖直方向的偏转位移应小于，有得故D错误。故选B。练1.（2024·江苏扬州·二模）如图所示，质子和粒子分别从点由静止开始经过M、N板间的电场加速后，从处垂直射入偏转电场。质子落在感光板上的点，则粒子（）A．落在点，速度方向与质子的相同B．落在点，速度方向与质子的不同C．落在点左侧，速度方向与质子的相同D．落在点右侧，速度方向与质子的不同【答案】A【解析】设粒子的质量为，电荷量为，M、N板电压为，偏转电场的场强为；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得可得粒子进入偏转做类平抛运动，则有，联立可得可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则粒子和质子在偏转电场中的运动轨迹相同，即粒子落在点，速度方向与质子的相同。故选A。二、两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：在加速电场中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏转电场偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏转角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均与m、q无关．(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．例题2.喷墨打印机的简化模型如图所示，墨计微滴（重力不计）从墨盒喷出，经带电室带负电后，以速度v沿轴线垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，纸面关于轴线对称，通过调节信号输入使微滴可以带不同的电荷量q，改变偏转电压U及两极板的极性均可改变墨汁微滴打在纸上的位置，乃至能够恰好使微滴可以打在纸上的最高点和最低点。如果极板长度为L，板间距离为d，极板右端到纸面的距离为，纸张最高点到最低点的距离为2d，则（）A．在微滴带负电时，要使微滴打在纸张的下部，应使上极板为正极B．如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上时的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍C．如果以中央轴线为准，上下增大板间距离，可以提高微滴偏移的灵敏度D．要使微滴打在纸张的最高点或最低点，则微滴带电荷量与板间电压的关系应满足【答案】B【解析】A．如果上极板是正极，则板间电场方向向下，由于微滴带负电，则微滴所受电场力向上，故会往上偏打到纸张的上部，A错误；B．微滴在电场中做类平抛运动，由L=vt，解得由射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，可得为微滴在纸张上的偏移量，即在U一定时，有，故如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍，B正确；C．由知在保持其他条件不变的情况下，，则板间距离增大，微滴的偏移量减小，说明微滴偏移的灵敏度降低，C错误；D．当微滴在纸张上的偏移量为d时，即有解得D错误。故选B。练2.如图所示为示波管中偏转电极的示意图，相距为d、长度为L的极板AC、BD加上电压U后，可在两极板之间（设为真空）产生匀强电场。在左端距两板等距离处的O点，有一电荷量为－q、质量为m的粒子以某一速度沿与板平行射入，不计重力，下列说法正确的是（

）A．入射粒子向下偏转B．入射速度大于的粒子可以射出电场C．若粒子可以射出电场，则入射速度越大，动能变化越大D．若粒子可以射出电场，则射出电场时速度方向的反向延长线过O点【答案】B【解析】A．因为上极板带正电，下极板带负电，所以两极板间的电场方向竖直向下，而粒子带负电，所以受到竖直向上的电场力，故应向上发生偏转，故A错误；B．若粒子刚好离开电场，则粒子在竖直方向上发生的位移为，在水平方向上发生的位移为L，因为粒子在水平方向上做匀速直线运动，所以有在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得所以有联立可得当入射速度大于此速度时，发生相同水平位移时所用的时间更小，则竖直位移也更小，则粒子一定能射出电场；故B正确；C．过程中只有电场力做功，当入射速度越大，故根据可得偏转量越小，故电场力做功越小，根据动能定理可得故动能变化量越小，故C错误；D．若粒子可以射出电场，速度偏转角正切值是位移偏转角正切值的2倍，则射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，故不会过O点，故D错误。故选B。例题3.如图所示，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sin53°=0.8，cos53°=0.6.下列说法正确的是（）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【答案】A【解析】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知解得粒子运动到Q点时的竖直位移为带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为故A正确，B错误；CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有联立上述两式解得设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有解得故CD错误。故选A。练3.（2024·山西·二模）如图所示，半径为R的虚线圆在竖直面内，O是圆心，AC、BD分别为竖直和水平直径，E是弧AD的中点，F是弧BC的中点，电场强度为的匀强电场竖直向下，甲、乙两个带电粒子（重力忽略不计）质量均为m，带电量的绝对值均为q，先让甲从C点以初速度水平抛出，经过一段时间运动到B点，再让乙从E点以初速度水平抛出，经过一段时间运动到F点，下列说法正确的是（

）A．甲、乙均带负电B．B、C两点间的电势差与E、F两点间的电势差之比为C．甲在B点的速度以及乙在F的速度与水平方向的夹角均为D．【答案】B【解析】A．由甲乙运动的轨迹可知，甲受力方向与电场反向，是负电荷，乙受力方向与电场同向，是正电荷，故A错误；B．B、C两点间的电势差E、F两点间的电势差所以B、C两点间的电势差与E、F两点间的电势差之比为故B正确；C．甲运动到在B点的过程以及乙运动到F点的过程中，位移与水平方向的夹角为45°，根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切是位移与水平方向夹角正切的2倍可知，速度与水平方向夹角不等于45°，故C错误；D．因为两个带电粒子质量均为m，带电量的绝对值均为q，根据牛顿第二定律可知两小球的加速度相等，对于甲有可得对于乙有可得则故D错误。故选B。三、功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．例题4.（2023·辽宁大连·一模）如图所示，在xoy平面内有一匀强电场，方向未知，两个相同的粒子a和b在坐标原点O以大小相等的速率v射入电场。粒子a的速度沿x轴正方向，粒子b的速度与x轴正方向成45°斜向右下方，两粒子质量均为m，重力不计。当粒子a的速度方向竖直向下时，速度大小为v，由此可知（）A．电场方向与x轴负方向成45°斜向左下B．该过程粒子b的速度方向也改变了C．该过程粒子b的电势能减少了D．该过程粒子b的速度先减小后增大【答案】C【解析】A．由题意可知粒子a在x正方向做匀减速运动y方向做匀加速运动可知Fx=Fy即电场力方向与x轴负方向成45°斜向左下，大小为因粒子电性不确定，可知场强方向不能确定，选项A错误；BD．该过程粒子b的初速度方向与电场方向垂直，粒子做类平抛运动，速度一直增加，速度方向改变量小于，选项BD错误；C．该过程粒子b沿场强方向的位移电场力做功则电荷的电势能减少了，选项C正确。故选C。练4.（2022·安徽合肥·模拟预测）固定的足够长斜面顶端有一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，以速度v0平抛。整个装置处在竖直向下的匀强电场之中，场强大小E＝，小球从抛出到落到斜面的时间为t1，重力做功为WG1，电势能减少量为Ep1，落到斜面上时的动能为Ek1；若将电场方向改为竖直向上，其他条件不变，小球从抛出到落到斜面的时间为t2，重力做功为WG2，电势能增加量为Ep2，落到斜面上时的动能为Ek2，则下列关系式不正确的是（）A．t1：t2=1：3 B．Ek1：Ek2=1：1C．WG1：WG2=1：1 D．Ep1：Ep2=1：3【答案】C【解析】A．匀强电场方向竖直向下时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得：同理，匀强电场方向竖直向上时，有又联立，可得设斜面倾角为，根据平抛运动规律，可得两次类平抛运动过程有解得t1：t2=1：3故A正确，与题意不符；C．两次类平抛运动过程，竖直分位移分别为根据重力做功的公式，有联立，可得WG1：WG2=1：3故C错误，与题意相符；D．根据电场力做功与电势能变化的关系，以及电场力做功表达式可得，即Ep1：Ep2=1：3故D正确，与题意不符；B．根据动能定理，有可得联立，可得Ek1：Ek2=1：1故B正确，与题意不符。本题选不正确的故选C。四、带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转重力场和电场复合场沿竖直方向，带电粒子以垂直复合场方向进入复合场，做类平抛运动，沿等效重力场做初速度为零的匀加速速直线运动，沿初速度方向做匀速直线运动。例题5.（2024·江西赣州·模拟预测）如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE边竖直，质量为m的带正电小球（可看作质点），第一次小球从A点以水平初速度沿AC方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在G点。M点为BC的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞和小球与塑料盒边长的碰撞为弹性碰撞（碰撞后平行平面或边长的速度分量保持不变，垂直平面或垂直边长的速度分量大小不变，方向相反），落在底面不反弹。则下列说法正确的是（）A．第二次将小球从A点沿AB方向，以的水平初速度抛出，与边BF碰撞后，小球最终落在F点B．第二次将小球从A点沿AM方向，以水平初速度抛出，小球将和CG边发生碰撞C．若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB方向水平抛出，要使小球落在G点，初速度为D．若又在空间增加沿AB方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AD方向水平抛出，要使小球落在G点，电场力大小为2mg【答案】C【解析】A．设立方体边长为l，从A点沿AC方向平抛落在G点，竖直方向自由落体运动时间为水平方向匀速直线运动可知初速度为从A点沿AB方向，以水平初速度抛出，经历时间可得将与边BF碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变，垂直边BF的速度反向，再经历时间落到地面恰好打在E点，故A错误；B．从A点沿AM方向，以水平初速度抛出，经历时间可得将与面BCGF碰撞，碰撞前后竖直向下的速度不变，平行与面BCGF的速度也不变，垂直面BCGF的速度反向，再经历时间落到地面恰好与DH边发生碰撞，之后落在底面EFGH中，故B错误；C．加了沿AD方向的匀强电场，从A点沿AB方向水平抛出，不改变AB方向的匀速运动，也不改变竖直方向的自由落体运动，而平行AD方向上做匀加速直线运动，若要打到G点，则设抛出的初速度为，可得又得故C正确；D．B方向上根据分运动具有等时性，竖直方向自由落体运动得时间等于AB方向上匀加速运动的时间，即解得所以电场力为故D错误。故选C。练5.（2023·全国·模拟预测）如图所示，AB和BC是固定在匀强电场中的两个挡板，两挡板与竖直方向夹角相同且AC两个端点之间的距离为，B到AC的距离为，从任一挡板的顶点抛出带电荷量为的小球。电场方向竖直向下，大小为，重力加速度为，下列说法正确的是（）

A．将小球平抛出去，可以竖直达到点B．将小球以平抛出去，可以垂直打到对面挡板C．将小球从点斜抛出去，能到达对面挡板上点的最小抛出速度为D．撤去电场前后，均将小球以能打到对面挡板顶点的最小速度斜抛出去，小球运动的最高点与所在水平面的最大距离变小【答案】B【解析】根据题意，将重力和电场力合成为等效重力，则有则A．抛运动的物体有水平速度，且水平方向做匀速运动，则不能竖直落在B点，故A错误；B．若水平抛出，并垂直撞击在挡板BC上，则由几何关系可知，速度偏转角满足又由几何关系知联立解得故B正确；CD．设物体斜抛的速度与水平方向的夹角为，则有联立解得可知，当时，能到达对面挡板上点的抛出速度最小，为撤去电场前有同理，撤去电场后的最小速度为则有即撤去电场前后，小球运动的最高点与AC所在水平面的最大距离不变，故CD错误。故选B。五、带电粒子在交变电场中的偏转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．当粒子垂直于交变电场方向射入时，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．3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．4．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．例题6.（2024·辽宁·一模）如图（a）所示，两平行正对的金属板间距为d，两板间所加电压如图（b）所示。在两板左侧中间位置O点有一个粒子源，能沿两板中轴线向外持续射出质量为m、电荷量为初速度为的粒子。已知极板长度为4d，不计粒子重力及粒子间的相互作用，时刻两板间电场方向竖直向下，此时射入板间的粒子恰好能从极板右侧射出，则（）A．时刻射入极板间的粒子离开电场时沿电场方向的位移为dB．时刻射入极板间的粒子离开电场时速度方向仍沿方向C．时刻射入极板间的粒子将打在极板上D．粒子从右侧射出时的最大动能为【答案】B【解析】A．粒子在电场中运动的时间为时刻射入极板间的粒子竖直方向先向下加速，后向下减速，因粒子恰能从极板右侧射出，则离开电场时沿电场方向的位移为d，故A错误；B．由对称性可知，时刻射入极板间的粒子离开电场时沿电场方向的速度减为零，则速度方向仍沿方向，故B正确；C．时刻射入极板间的粒子竖直方向先向上加速时间为，然后向上减速时间，则最终粒子恰能从上极板边缘飞出，故C错误；D．由运动的对称性可知，无论何时进入电场的粒子，竖直方向都要经过先加速后减速到零，然后反向加速后反向减速到零，即粒子出离电场时沿电场方向的速度均为零，可知粒子从右侧射出时的动能均为故D错误。故选B。练6.（2023·云南·模拟预测）如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入（记为时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是（）A．粒子射出时间可能为 B．粒子射出的速度大小为C．极板长度满足 D．极板间最小距离为【答案】D【解析】AB．粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动图像如图所示因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直板的分速度为0，所以射出时刻可能为、、……，满足（，2，3……）粒子射出的速度大小必定为v，故AB错误；C．极板长度（，2，3……）故C错误；D．因为粒子不跟极板碰撞，则应满足联立求得故D正确。故选D。（建议用时：60分钟）一、单选题1．如图所示，一充电后与电源断开的平行板的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏。一带电荷量为、质量为的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在上，重力加速度大小为，下列说法正确的是（）A．两极板间电压为B．质点通过电场过程中电势能减少C．若仅增大初速度，则该质点不可能垂直打在上D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在上【答案】B【解析】A．由题意可知，质点飞出平行板后只受重力作用且垂直打在上，可知质点在平行板间竖直方向受力不平衡，质点在平行板间向上偏转做类平抛运动，如图所示。则有质点在平行板间竖直方向的加速度与飞出平行板后竖直方向的加速度大小相等，方向相反，在平行板间由牛顿第二定律可得飞出平行板后则有联立解得两极板间的电场强度为由匀强电场的电场强度与电势差的关系式可得A错误；B．质点在电场中向上偏移的距离为其中在水平方向联立解得此时质点在竖直方向的分速度为则有质点在电场中运动增加的机械能为由能量守恒定律可知，质点通过电场过程中电势能减少等于质点机械能的增加，B正确；C．若仅增大初速度，质点在两个偏转过程中具有对称性，即两个过程的受力情况分别不变，竖直方向加速度大小相等，方向相反，运动的时间相等，则该质点仍能垂直打在上，C错误；D．若仅增大两极板间距，因两板上所带电荷量不变，则有可得可知两板间的电场强度不变，质点在电场中受力不变，则运动情况不变，则该质点仍能垂直打在上，D错误。故选B。2．有一带电的平行板电容器，内部存在匀强电场，有两个带正电的粒子，它们所带电荷量相等，某时刻两粒子以垂直电场线的初速度进入电场，经电场偏转后从电容器另一端离开电场。不计粒子重力以及粒子间作用力。关于两种带正电的粒子在电场中的运动情况，下面说法正确的是（

）A．两粒子一定同时离开电场B．只要两粒子质量相同，它们一定从同一位置离开电场C．只要两粒子初速度相同，它们一定从同一位置离开电场D．只要两粒子初动能相同，它们一定从同一位置离开电场【答案】D【解析】A．两粒子在电场中做平抛运动，设平行板长度为L，则运动时间为因此两粒子初始度相等时才能同时离开电场，故A错误；BC．带电粒子在离开电场时的偏转量为两粒子带电量相等，则在电场中受到的电场力相等，当初速度相等时，两粒子在电场中运动时间相同，若质量不相等，则加速度大小不相等，离开电场时的偏转量不相等，不会从同一位置离开电场；当质量相同时，加速度大小相等，若初速度不同，则在电场中运动时间不同，离开电场时的偏转量不相等，不会从同一位置离开电场，故BC错误；D．根据可得电场中运动时间为离开电场时的偏转量为由于两粒子带电量相同，故两粒子初动能相同时，它们在电场的偏转了相同，一定从同一位置离开电场，故D正确。故选D。3．如图所示，竖直平面内有竖直方向的匀强电场（图中未画出）和竖直放置的光屏。光屏左侧水平距离为L处的S点放置点光源和不带电的小球A（可视为质点）。质量为m的带电小球B贴着光屏向下运动，当B与点光源在同一高度时，水平抛出小球A，发现A的影子总与B重合。已知重力加速度g，不计阻力，以下说法正确的是（）A．小球B受到的电场力方向竖直向上，且电场力大小为B．小球B做匀减速直线运动，加速度为C．抛出小球A时，B球与A球的速度关系为D．小球A、B相遇时，B球与A球的速度关系为【答案】C【解析】ABC．A球做平抛运动，则有小球落地前P点、A球、B球三者始终保持在一条直线上，根据相似三角形可得可得可知B球做匀速直线运动，则电场力与重力平衡，可知小球联立解得C正确，AB错误；D．竖直方向小球A做自由落体运动，B匀速运动，故相遇时，B球与A球的竖直方向速度关系为A球水平方向有分速度，故D错误。故选C。4．如图甲所示，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。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，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。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（

）

A．末速度大小为 B．重力的冲量为零C．克服电场力做功 D．重力势能增加了【答案】C【解析】A．时间内微粒匀速运动，则有在内，微粒做平抛运动；在内，微粒受到的合力方向向上，大小为在竖直方向上根据对称性可知，时刻竖直方向上的分速度为零，则微粒末速度大小为，故A错误；B．根据可知重力的冲量不为零，故B错误；D．微粒沿金属板边缘飞出，竖直方向上向下运动的位移为，则重力势能减少了，故D错误。C．在时间内，合力为在竖直方向上根据对称性可知，此过程微粒竖直方向上向下运动的位移为，所以克服电场力做功为故C正确。故选C。5．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（）A．当时，所有电子都能从极板的右端射出B．当时，将没有电子能从极板的右端射出C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为【答案】D【解析】AB．电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有解得当时，所有电子都能从极板的右端射出；当时，在0.2s时间内，极板间电压的时间段内，电子能从极板的右端射出，故AB错误；C．当时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误；D．当时，分析图乙可知，任意0.2s内，有0.2s的时间内极板间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，故D正确。故选D。6．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比电压变化的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（）A．当时，所有电子都能从极板的右端射出B．当时，将没有电子能从极板的右端射出C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：【答案】A【解析】两板间电压为Um时，由牛顿第二定律可得电子做类平抛运动，在水平方向上在竖直方向上联立可得，当时，即电子恰好从极板边缘飞出，此时，A．当时，所有电子都能从极板的右端射出，A正确；B．当时，电压小于等于时有电子射出，电压大于时电子打到极板上，没有电子射出，故将有部分电子能从极板的右端射出，B错误；CD．当时，类比C选项的分析结合乙图的特点可知，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，同理可知，当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：，CD错误。故选A。二、多选题7．水平台边缘O处一质量为m、带电量为+q的小球，以与水平面成30°角的速度斜向上抛出，在竖直面上运动，整个空间有一匀强电场（图中未画出），小球所受电场力与重力等大。小球先后以速度大小v1、v2两次抛出，分别落在倾角为60°的斜面上的a、b两点，两次运动时间分别为t1、t2且小球机械能的增量相同，其中落到a点时小球速度与斜面垂直。已知O、b两点等高且水平距离为L，重力加速度为g，空气阻力不计，则（）A．a、b两点电势为B．小球落到a时的速度大小为2v1C．两次运动的时间关系为D．落到斜面上a、b两点时增加的机械能为【答案】BD【解析】AC．两次小球机械能的增量相同，说明电场力对小球做功相同，可知斜面为等势面，即电场强度的方向垂直斜面向下，对小球受力分析，如图所示可知小球所受合力沿y方向，根据图示几何关系可知小球的初速度与y方向垂直，则小球沿x方向做匀速运动，y方向做匀加速直线运动，分别做bP、aM垂直与y轴，则解得故AC错误；B．由于小球落到a时的速度垂直于斜面，将速度分解为x方向的速度与y方向的速度，如图所示，根据几何关系可知解得故B正确；D．O、b两点等高且水平距离为L，则O点到斜面的距离为电场力做功为小球增加的机械能故D正确。故选BD。8．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0且周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（）A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场【答案】AD【解析】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝，此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做