2024届高考物理一轮复习教案第九章第4讲带电粒子在电场中的偏转（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第九章第4讲带电粒子在电场中的偏转（粤教版新教材），共14页。

考点一 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)沿电场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：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02).
1．两个重要结论
(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，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝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．
2．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．
考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转
例1 (2023·广东佛山市模拟)如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则( )
A．若初速度相同，α粒子从CD边离开
B．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2
C．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同
D．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4
答案 D
解析 对任一粒子，设其电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有 x＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v02)，若初速度相同，水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以α粒子从BC边离开，由t＝eq \f(x,v0)知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝eq \f(qE,m)t，知Δv∝eq \f(q,m)，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A、B错误；粒子经过电场的时间为t＝eq \f(x,v0)，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v02)，Ek＝eq \f(1,2)mv02得y＝eq \f(qEx2,4Ek)，若初动能相同，已知x相同，则y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔEk＝qEy，E相同，则ΔEk∝q2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确．
例2 (2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mv02,qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 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＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，eq \f(y,x)＝tan 45°，联立解得t＝eq \f(2mv0,qE)，故A错误；
vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(5)v0，tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误；
x＝v0t＝eq \f(2mv02,qE)，与P点的距离s＝eq \f(x,cs 45°)＝eq \f(2\r(2)mv02,qE)，故C正确．
考向2 带电粒子在组合场中的运动
例3 (2023·广东湛江市模拟)示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为( )
答案 A
解析 UXX′和UYY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．
考点二 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
例4 如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．所受电场力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
答案 C
解析 设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向做自由落体运动，则水平方向Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向受电场力F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误．
例5 (2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2).重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
考点三 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6 在如图甲所示的极板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，现有一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：
(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)若电子恰能沿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eeq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(eU0,m)).
(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A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)若要使电子沿OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、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＝eq \f(T,4)＋keq \f(T,2)(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＝eq \f(eU0,md)，加速阶段运动的距离s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)，
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m)).
课时精练
1.(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A．做直线运动 B．做曲线运动
C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小
答案 BC
解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误．
2.(多选)(2023·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．如果A球带电，则A球一定带负电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带负电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
答案 AD
解析 平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝eq \f(1,2)at2可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的电场力，一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的电场力向上，应带正电，电场力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确．
3.如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U>0)，不计粒子重力，P点的电势为零．则下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．带电粒子在Q点的电势能为qU
C．P、Q两点间的竖直距离为eq \f(d,2)
D．此匀强电场的电场强度为eq \f(2\r(3)U,3d)
答案 D
解析 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，电场力做正功，大小为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq \f(\f(d,2),tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq \f(U,y)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故D正确，C错误．
4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行．不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
答案 AD
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv02)，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误．
5．(多选)(2023·广东广州市阶段测试)如图所示为带异种电荷的平行金属板MN(忽略电场的边界效应)，在电场内紧贴M板左下端，向垂直于M板和平行于M板两个方向分别发射速度大小均为v0的相同粒子a、b，分别打中N板左端和右端．若不计重力和粒子之间的相互作用，a粒子到达N板的速度大小为eq \r(2)v0，则( )
A．a、b粒子到达N板的时间相等
B．a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间
C．a、b粒子到达N板的速度大小相等
D．a粒子到达N板的速率小于b粒子到达N板的速率
答案 BC
解析 b粒子在垂直于M板的方向的分运动初速度为0，加速度与a粒子的加速度相同，而a粒子的初速度不为0，所以a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间，故A错误，B正确；a、b粒子到达N板时电场力做的功相同，根据动能定理，a、b粒子到达N板的速度大小相等，故C正确，D错误．
6.(2023·广东广州市模拟)如图所示，α粒子(eq \\al(4,2)He)和质子(eq \\al(1,1)H)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
答案 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qE＝ma，粒子射出电场时的侧位移为y＝eq \f(1,2)at2，又L＝v0t，联立可得y＝eq \f(qEL2,2mv02)＝eq \f(qEL2,4Ek)，两个粒子的初动能相同，E、L相同，则y与q成正比，α粒子(eq \\al(4,2)He)和质子(eq \\al(1,1)H)电荷量之比为2∶1，侧位移y之比为2∶1，故选C.
7.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y.要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
答案 A
解析 设偏转极板长为l，极板间距为d，由eU0＝eq \f(1,2)mv02，t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(eU,md)，y＝eq \f(1,2)at2，联立得偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误．
8．(多选)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＝eq \f(2d,v0)，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v0
B．粒子的电荷量为eq \f(mv02,2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了eq \f(1,8)mv02
D．在t＝eq \f(1,4)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 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＝eq \f(2d,v0)，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减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，则eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a·(eq \f(T,2))2＝eq \f(U0q,2dm)(eq \f(d,v0))2，计算得出q＝eq \f(mv02,U0)，选项B错误；在t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(3,8)T)2－2×eq \f(1,2)a(eq \f(T,8))2＝eq \f(d,2)，故电场力做功为W＝eq \f(U0q,d)×eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv02，电势能减少了eq \f(1,2)mv02，选项C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速运动eq \f(T,4)，再向上加速eq \f(T,4)，然后再向上减速eq \f(T,4)，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确．
9.(2023·重庆市高三模拟)如图所示，一圆形区域有竖直向上的匀强电场，O为圆心，两个质量相等、电荷量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙，以不同的速率v1、v2从A点沿AO方向垂直射入匀强电场，甲从C点飞出电场，乙从D点飞出，它们在圆形区域中运动的时间相同，已知∠AOC＝45°，∠AOD＝120°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A.eq \f(v1,v2)＝eq \f(2－\r(2),2＋\r(3))B.eq \f(v1,v2)＝eq \f(2－\r(2),3)
C.eq \f(q1,q2)＝eq \f(\r(3),\r(2))D.eq \f(q1,q2)＝eq \r(2)
答案 B
解析 甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t相同，在水平方向上，根据题图中几何关系可得xAC＝v1t＝R－Rcs 45°，xAD＝v2t＝R＋Rcs 60°，联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1－\f(\r(2),2),1＋\f(1,2))＝eq \f(2－\r(2),3)，A错误，B正确；甲、乙在电场中沿电场力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有yAC＝eq \f(1,2)·eq \f(q1E,m)t2＝Rsin 45°，yAD＝eq \f(1,2)·eq \f(q2E,m)t2＝Rsin 60°，联立可得eq \f(q1,q2)＝eq \f(sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(2),\r(3))，C、D错误．
10．(2023·广东中山市模拟)一匀强电场电场强度大小为E＝eq \f(2mg,q)、方向竖直向下(重力加速度为g)，直线AB在如图所示的竖直平面内，与水平面的夹角θ＝45°.一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球，以速度v0从A点水平射入电场，则小球再次经过直线AB时( )
A．速度的大小为2v0
B．速度的大小为eq \r(3)v0
C．电势能减少了4mv02
D．电势能增加了2mv02
答案 C
解析 小球受到的电场力F＝qE＝2mg，方向竖直向上，故小球做类平抛运动，由牛顿第二定律可得，加速度大小为a＝eq \f(F－mg,m)＝g、方向竖直向上，小球再次经过直线AB时，由位移偏转角公式可得tan 45°＝eq \f(\f(1,2)at2,v0t)，解得t＝eq \f(2v0,g)，竖直方向的末速度为vy＝at＝2v0，合速度为v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(5)v0，A、B错误；竖直方向位移为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(2v02,g)，电场力做功W＝qE·y＝4mv02，故电势能减少了4mv02，C正确，D错误．
11.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)( )
A．两极板间电压为eq \f(mgd,2q)
B．板间电场强度大小为eq \f(2mg,q)
C．整个过程中质点的重力势能增加eq \f(mg2L2,v02)
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
答案 BC
解析 据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，
可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得a＝g，E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得两极板间电压为U＝eq \f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝eq \f(mg2L2,v02)，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板间电场强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．
12.(2023·黑龙江佳木斯市第八中学调研)如图所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10－10 C、质量m＝10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS上的D点(未画出)．已知界面MN与光屏PS相距12 cm，O是中心线RO与光屏PS的交点．sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离；
(2)粒子射出平行板电容器时偏转角；
(3)OD两点之间的距离．
答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m
解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)
水平方向有L＝v0t
竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2
联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv02)＝0.03 m
(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，vy＝at
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUL,mdv02)＝eq \f(3,4)，故偏转角为37°.
(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为L′，由相似三角形得eq \f(\f(L,2),\f(L,2)＋L′)＝eq \f(y,Y)，解得Y＝4y＝0.12 m.