高中物理人教版 (2019)必修 第三册带电粒子在电场中的运动课堂检测

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册带电粒子在电场中的运动课堂检测，文件包含人教版必修第三册高二物理同步讲义105带电粒子在电场中的运动教师版docx、人教版必修第三册高二物理同步讲义105带电粒子在电场中的运动学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
物理观念
1．运用静电力、电场强度等概念研究带电粒子运动时的加速度、位移等量的变化。
2．运用静电力做功，电势等概念研究带电粒子的运动过程中能量的转化。
科学思维
1．通过研究加速过程的分析，培养分析推理能力。
2．通过带电粒子的偏转、类比平抛运动，分析带电粒子的运动规律。
科学探究
通过研究带电粒子的运动情况，能解释相关物理现象，培养热爱科学的精神。
【教学重难点】
【教学重点】
带电粒子在匀强电场中的运动规律。
【教学难点】
综合应用力学和电学知识处理偏转问题。
知识点一、带电粒子在电场中的加速
1.带电粒子的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一直线上，做加速（或减速）直线运动。
2.分析带电粒子加速的问题的两种思路
（1）利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析
当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，适合运用这一种思路分析。
可由静电力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。
（2）利用静电力做功结合动能定理来分析。
静电力做的功等于粒子动能的变化量。
当问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，适合运用这一种思路分析。
①若粒子的初速度为零，则
得：
②若粒子的初速度不为零，则
得：
【经典例题1】如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各平面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：
（1）小球应带何种电荷及其电荷量；
（2）小球受到的合外力的大小；
（3）在入射方向上小球运动的最大位移x。（电场足够大）
【答案】 （1）正电荷，；（2）；（3）
【解析】（1）作电场线如图（a）所示。由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图（b）所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图（b）知
qE=mg
相邻等势面间的电势差为U，所以
E=
所以
q=
（2）由图（b）知
F合=mg
（3）由动能定理得
-F合xm=0-
所以
xm=
【变式训练1】（多选）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中虚线所示，由上极板的左下端沿水平直线通过电容器，由下极板的右上端射出极板。设粒子质量为、重力加速度为、极板与水平面夹角为锐角、极板长为。则在此过程中，该粒子（ ）
A．所受重力与静电力平衡B．射入电场的初速度至少为
C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动
【答案】 BD
【解析】ACD．根据题意可知，粒子做直线运动，带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力，方向竖直向下；二是静电力，方向垂直于极板向上。则静电力与重力的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，动能逐渐减小，AC错误，D正确；
B．对该粒子做受力分析有
加速度
又有
解得
又有
解得
B正确。
故选BD。
知识点二、带电粒子在电场中的偏转
如图所示，电子以初速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，电子只受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平抛运动（轨迹为抛物线）。
1、受力分析：由于带电粒子在电场中运动受力仅有电场力F（与初速度垂直且恒
定），不考虑重力。
2、运动情况分析：由受力分析可知，带电粒子做类平抛运动
3、求粒子的速度偏转角粒子穿越电场的时间：
垂直场强方向匀速直线运动：
，，可得：
粒子穿越电场时，竖直方向的加速度：
则粒子竖直方向速度：
粒子离开电场时的速度：
粒子离开电场时的偏移量：
…….①
粒子的偏转角为：
……..②
（2）
由（1）中得到①式 和②式
图中的y称为侧移，又叫横向位移，x为纵向。我们把这样的电场称为偏转电场。
，
因此，
【经典例题2】先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。
（1）电子与氢核的初速度相同。
（2）电子与氢核的初动能相同。
【答案】 ；
【解析】
粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得：
水平方向
L=v0t
加速度
竖直分速度
vy=at
速度偏向角的正切
（1）如果电子和氢核的初速度相同，由上公式，可知偏转角的正切值与质量成反比，所以离开时电子偏角的正切和氢核偏角的正切之比为
（2）如果电子和氢核的初动能相同，由上公式，可知偏转角的正切值与电量成正比，所以离开时氦核偏角的正切和氢核偏角的正切之比为
【变式训练2】如图，电子在电势差为的加速电场中从A点由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A．变大，变大B．变小，变小
C．变大，变小D．变小，变大
【答案】 D
【解析】电子在加电场中，根据动能定理有
在偏转电场中，设极板的长为l，宽为d，由牛顿第二定律可得
水平方向上满足
电子的偏转角满足
联立可解得
要使电子的偏转角变大，可以使变小，变大。
故选D。
知识点三、示波管原理
示波管的原理图，它由电子枪，偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的电子。
电极XX′使电子束沿水平方向偏转，电极YY′使电子束沿竖直方向偏转，这样就在荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形。显然，这个波形是电子束同时参与两个相互垂直的分运动合成的结果。
示波器不仅可以用来定性观察电压的动态变化过程，而且可以定量测定电压的大小、周期和相位等，示波管是示波器中显示波形的部件，其结构如图所示，由发射、加速和聚焦电子束的电子枪，控制电子束偏转的X轴和Y轴偏转板，偏转电极一般有相互平行的两组，一组控制水平偏转，一组控制竖直偏转。以及电子打在上面会发光的荧光屏三个部分组成，管内抽成高度真空（106mm汞柱以下），以避免电子与气体分子碰撞而引起电子束散射。电子经过偏转电场后打到荧光屏上使荧光粉发光。
原理 图中的Y称为侧移，又叫横向位移，X为纵向。我们把这样的电场称为偏转电场。电子枪中的灯丝K发射电子，经加速电场加速后，由本节i带电粒子在电场中的加速例1中得到的速度公式：
v0=
如果在偏转电极上加电压电子在偏转电极的电场中发生偏转。离开偏转电极 后沿直线前进，打
在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生偏移。其偏移量为：
=y+Ltanθ[
所以
=
==（L+）tanθ
由思考题中的式③
]可得：
从前面我们已经知道侧移与电压成正比，尽管电子离开偏转电场后到荧光屏之间还有一段匀速直
线运动，但我们仍然可以证明电子打在荧光屏上的亮点位置与入射位置相比其侧移量仍是与电压
成正比的。
【经典例题3】如图1所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极之间电势差如图2所示的规律变化，水平偏转电极之间的电势差如图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】 D
【解析】在时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当为负的最大值时，电子大在荧光屏上有负的最大位移，当为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，因此D正确，ABC错误。
故选D。
【变式训练3】示波管可以用来观察电信号随时间 的情况，其内部结构如图所示，如果在电极之间加上如图（a）所示的电压，在之间加上如图（b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是
A．B．
C．D．
【答案】 C
【解析】电极YY′之间加上图（a）所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在XX′之间加上图（b）所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图象，故C正确，ABD错误．
题组A 基础过关练
1．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（ ）
A．2倍B．4倍C．D．
【答案】 C
【解析】电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足
L=v0t
而两板间的场强为
联立，可得
若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。
故选C。
2．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
【答案】 B
【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．
3．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如图所示，为水平偏转电极，为竖直偏转电极.以下说法正确的是（ ）
A．加（d）波形电压、不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点
B．加（c）波形电压，加（b）波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C．加（c）波形电压、加（c）波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D．加（c）波形电压、加（d）波形电压，屏上将出现（b）所示图线
【答案】 A
【解析】A.加（d）波形电压、不加信号电压，根据示波管的工作原理可知会使电子枪发射的电子在水平电场的作用下，左右周期性地打在屏上，所以屏上在两个水平位置出现亮点，故A正确；
B.加（c）波形电压、加（b）波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，故B错误；
C.加（c）波形电压、加（c）波形电压，屏上将在一个位置出现亮点，故C错误；
D.加（c）波形电压、加（d）波形电压，屏上将在两个竖直位置出现亮点，故D错误。
故选：A
4．AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷（电荷量与质量的比）相同的带电微粒（不计重力），a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程（ ）
A．运动加速度aa>ab>ac
B．飞行时间tb=tc>ta
C．水平速度va>vb=vc
D．电势能的减少量ΔEc=ΔEb>ΔEa
【答案】 B
【解析】A．根据牛顿第二定律得：微粒的加速度为
a=
据题相同，E相同，所以加速度相同，即aa=ab=ac，选项A错误；
B．三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由
y=at2
得
t=
由图有
yb=yc>ya
则得
tb=tc>ta
选项B正确；
C．三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由
x=v0t
得
v0=
由图知
xa>xb>xc
又
tb=tc>ta
则得
va>vb>vc
选项C错误；
D．电场力做功为
W=qEy
由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误；
故选B。
5．（多选）如图所示，从电子枪中射出初速度不计的电子，在加速电场中加速后，从板的小孔垂直偏转电场方向射入两极板间，最后射出偏转电场，设加速电压为，偏转电压为，则（ ）
A．变大，则电子进入偏转电场的速度变大
B．变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短
C．变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小
D．若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使变大，其他条件不变即可
【答案】 ABD
【解析】AB．由
可知，当变大时，电子进入偏转电场的速度变大，电子在偏转电场的水平位移不变，运动时间变短，AB正确；
C．由
可知，变大，电子受力变大，加速度变大，即电子在偏转电场中运动的加速度变大，C错误；
D．由
可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使变大，其他条件不变即可，D正确。
故选ABD。
6．（多选）如图所示，空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行。一电荷量为-q的粒子（重力不计），在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N。已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则下列结论中正确的是（ ）
A．M、N两点的电势差为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．带电粒子由M运动到N的过程中，电势能增加了Fdcsθ
D．若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
【答案】 BC
【解析】A．粒子做匀速运动，根据动能定理，有
可得
故A错误；
B．粒子做匀速运动，受力平衡，则电场强度大小
故B正确；
C．粒子做匀速运动，F做正功，由A的分析可知，电场力做负功，所以电势能的增加量等于克服电场力做的功Fdcs θ，故C正确；
D．粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡，即由N运动到M，受力不变，故D错误。
故选BC。
题组B 能力提升练
7．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）
A．U1∶U2=1∶8B．U1∶U2=1∶4C．U1∶U2=1∶2D．U1∶U2=1∶1
【答案】 A
【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为
x=v0t
两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为
t1∶t2=2∶1
由于竖直方向上的位移为
h=at2
h1∶h2=1∶2
故加速度之比为1∶8，又因为加速度
a=
故两次偏转电压之比为
U1∶U2=1∶8
BCD错误，A正确。
故选A。
8．离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】 A
【解析】在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知
解得
以t秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有
又因为
解得
根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为，故选A。
9．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、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度由小孔进入电场，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（不计带电粒子的重力）（ ）
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
【答案】 D
【解析】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
要使粒子到达距N板后返回，设此时两极板间电压为，粒子的初速度为，则由动能定理可得-
联立两方程得
则D正确，ABC错误。
故选D。
10．一个动能为Ek 的带电粒子，垂直于电力线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek ，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为（ ）
A．8 EkB．5 EkC．4．25 EkD．4 Ek
【答案】 C
【解析】动能为Ｅk的带电粒子，垂直于电力线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ｅk，则电场力做功为W=Ｅk；若使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，动能变为4Ek，则在偏转电场中运动的时间减半，根据y=at2可知偏转距离变为原来的，根据W=Eqy可知电场力做功变为原来的，即动能增量变为原来的，即它飞出电容器时的动能变为4.25Ｅk，故选C.
11．（多选）如图所示，由粒子源发出A、两种的带正电的粒子，经过同一加速电场加速后，形成粒子束进入同一偏转电场中偏转，最终A、两粒子都落在了偏转电场中的下极板上。这些粒子离开粒子源时的初速度可视为零，空气阻力、粒子的重力及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．离开加速电场时两粒子速度与它们的比荷成正比
B．两粒子在加速电场中的运动时间与它们的比荷成正比
C．两粒子打在偏转电场下极板时的动能与它们的电荷量成正比
D．两粒子一定打在偏转电场下极板的同一位置，这一位置与粒子本身无关
【答案】 CD
【解析】A．在加速电场中，根据动能定理
解得
故A错误；
B．设粒子在加速电场中的加速时间为，位移为，有
两粒子在加速电场中的运动时间的平方与它们的比荷成反比，故B错误；
C．从开始运动到打到偏转电场下板上，设竖直方向偏移距离为，根据动能定理有
则有
故C正确；
D．粒子在偏转电场中的竖直位移相同，设为y，因为
带电粒子在偏转电场中的水平位移
可知两粒子打到下极板上的位置相同，故D正确。
故选CD。
12．（多选）如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出，若不计重力，则（ ）
A．a和b在电场中运动的时间之比为1∶2
B．a和b在电场中运动的时间之比为2∶1
C．a和b的比荷之比为1∶8
D．a和b的比荷之比为8∶1
【答案】 AD
【解析】AB．两个粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据
可知运动时间之比为1∶2；B错误，A正确；
CD．粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据
两粒子在竖直方向上的位移大小之比为2∶1，则a、b的加速度大小之比为8∶1，根据牛顿第二定律知加速度大小
则加速度之比等于两粒子的比荷之比，故两粒子的比荷之比为8∶1，C错误D正确。
故选AD。
13．如图所示，质量为5×10-8kg的带电微粒以v0=2m/s的速度从水平金属板A、B左端中间水平射入，已知板长l=10cm，板间距离d=2cm。当UAB=1000V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间UAB为多大时微粒从上板边沿飞出?
【答案】 1800V
【解析】当U=1000V时，粒子做直线运动，所以粒子带负电，由受力平衡得
设粒子飞出运动时间为t，由水平方向粒子做匀速运动，则
当AB板间电压为U时，粒子刚好从A板边缘飞出，则竖直方向有
联立可得
14．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。
【答案】 （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
题组C 培优拔尖练
15．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB = BC，则它们带电荷量之比等于（ ）
A．1∶2B．∶1C．1∶D．2∶1
【答案】 D
【解析】ABCD．两个带电液滴在复合场中分别受到大小不变的电场力和重力（即各自的合力不变），又是由静止自由释放，可知两个液滴均做初速度为零的匀加速直线运动（在水平和竖直两个方向上均是初速度为零匀加速直线运动），设带电液滴的水平位移OA = L，两带电液滴水平位移相等，竖直位移为y，对液滴有
解得
则
故ABC错误，D正确。
故选D。
16．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则（ ）
A．电子一直在A、B两板间做往复运动
B．当时，电子的速度最大
C．当时，电子将回到出发点
D．在足够长的时间内，电子一定会碰上B板
【答案】 D
【解析】时，A板电势比B板电势高，则电场方向竖直向下，电子受向上的电场力，电场力与重力二力平衡，时，场强改变方向，电子受向下的电场力和重力作用，电子向下加速运动，直到后电子匀速向下运动，然后再加速运动，之后重复上述向下运动，故电子一直向下运动，在足够长的时间内，电子一定会碰上B板。故D正确，ABC错误。
故选D。
17．（多选）如图所示，带电量之比为qA：qB=1：2的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比xA：xB=2：1，则（ ）
A．粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA：tB=2：3
B．粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA：tB=2：1
C．粒子A、B的质量之比为mA：mB=4：3
D．粒子A、B的质量之比为mA：mB=2：1
【答案】 BD
【解析】AB．粒子在水平方向做匀速直线运动，根据可知，粒子A、B在电场中飞行的时间之比为
故A错误，B正确；
CD．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
联立解得
故C错误，D正确。
故选BD。
18．（多选）三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度先后垂直电场进入，并分别落在正极板的、、三处，点是下极板的左端点，且，，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．三个粒子在电场中运动的时间之比
B．三个粒子在电场中运动的加速度之比
C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比
D．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为
【答案】 ACD
【解析】
A．三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由得，运动时间
故A正确；
B．三个粒子在竖直方向上的位移相等，根据
解得
故B错误；
C．由牛顿第二定律
可知，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功
由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为，故C正确；
D．三个粒子所受的合力大小关系为，三个粒子的重力相等，所以仅受重力作用，所受的静电力向下，所受的静电力向上，即不带电，带负电，带正电，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选ACD。
19．（多选）如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为、速度相同、重力不计的带电粒子。在时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子在平行板间不是一直做曲线运动
B．该粒子在平行板间偏转时的加速度
C．两平行板间所加电压大小为
D．若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，则两板间所加电压大小应为
【答案】 ACD
【解析】A. 粒子在水平方向一直做匀速直线运动，竖直方向有电压时做匀变速直线运动，则该粒子在0~t0时间内做匀变速曲线运动，t0-2t0时间内做直线运动，故A正确；
B. 该粒子在平行板间偏转时的加速度a，竖直方向做匀加速直线运动，时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出，有
可求得
故B错误；
C. 两平行板上所加电压大小
联立可得
故C正确；
D. 若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，因水平速度不变，则运动时间不变为，设电压大小为，则加速度为
有
解得
故D正确；
故选ACD。
20．如图所示，有一电子（电荷量为e）经电压U0由静止加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：
（1）金属板AB的长度；
（2）电子穿出电场时的动能。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）设电子离开加速电场时速度为v0，由动能定理得
设金属板AB的长度为l，则电子偏转时间
偏转加速度
偏转位移
联立方程，解得
（2）设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理得