高考物理一轮复习讲义第9章第5课时　带电粒子在电场中的偏转（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动规律
(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：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02)。
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。
3．粒子经电场偏转后射出时，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。
思考 不同的带电粒子(带同种电性)在加速电场的同一位置由静止开始加速后再进入同一偏转电场，带电粒子的轨迹是重合的吗？
答案 由qU0＝eq \f(1,2)mv02
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0)))2
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。即偏移量和偏转角总是相同的，所以它们的轨迹是重合的。
例1 (多选)(2023·河北唐山市模拟)如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，一个带电粒子电荷量为q，以一定的水平初速度由P点射入匀强电场，当粒子从Q点射出电场时，其速度方向与竖直方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力，设Q点的电势为零。则下列说法正确的是( )
A．带电粒子在P点的电势能为Uq
B．带电粒子带负电
C．匀强电场电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)U,3d)
D．匀强电场电场强度大小为E＝eq \f(2\r(3)U,3d)
答案 AD
解析 粒子的轨迹向上，则所受的静电力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒子从P到Q，静电力做正功为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，Q点的电势为零，则知带电粒子在P点的电势能为Uq，故A正确，B错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，以垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由类平抛运动的规律和几何知识求得在Q点时粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq \r(3)v0，粒子在y轴方向上的平均速度为eq \x\t(v)y＝eq \f(\r(3)v0,2)，设粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝eq \x\t(v)yt＝eq \f(\r(3)v0t,2)，水平方向有d＝v0t，可得y0＝eq \f(\r(3)d,2)，所以电场强度为E＝eq \f(U,y0)，联立得E＝eq \f(2U,\r(3)d)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故C错误，D正确。
例2 (2024·江苏镇江市期中)如图，静止于A处的质子(质量为m、电荷量为e)，经电压为U的加速电场加速后，沿图中虚线垂直MP进入方向竖直向下的矩形有界匀强偏转电场区域MNQP，区域边界MN＝3L、MP＝2L，质子经加速偏转后恰好能从PQ边距P点为2L处射出，质子重力不计。(结果均用e、U、m表示)
(1)求质子离开加速电场时的速度大小；
(2)求质子离开偏转电场时的速度大小；
(3)若偏转电场的电场强度大小变为原来的三分之一、方向不变，求质子离开该区域时的速度大小。
答案 (1)eq \r(\f(2eU,m)) (2)eq \r(\f(10eU,m)) (3)2eq \r(\f(eU,m))
解析 (1)质子在加速电场中做加速直线运动，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv12－0，解得v1＝eq \r(\f(2eU,m))
(2)由题意知，质子在竖直方向做初速度为零的加速直线运动，在水平方向做速度大小为eq \r(\f(2eU,m))的匀速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，竖直方向有eE＝ma,2L＝eq \f(1,2)at2，vy＝at，水平方向有2L＝v1t
质子离开偏转电场时速度为v2＝eq \r(v12＋vy2)
解得v2＝eq \r(\f(10eU,m))
(3)若偏转电场的电场强度大小变为原来的三分之一，由之前的分析可知，其竖直方向的加速度大小也变为原来的三分之一，有a＝3a′，假设质子从PQ边射出，则质子在竖直方向上依然做匀加速直线运动，有2L＝eq \f(1,2)a′t12，所以有t1＝eq \r(3)t，则该段时间内质子在水平方向运动的距离为x′＝v1t1
有x′＝2eq \r(3)L>3L，由上述分析可知，质子出电场时不是从电场下端离开，设其离开电场时竖直方向的速度为vy1，时间为t2，竖直方向有vy1＝a′t2，水平方向仍然以v1做匀速直线运动，有3L＝v1t2，质子离开电场的速度大小为v3＝eq \r(v12＋vy12)＝2eq \r(\f(eU,m))。
考点二 示波管的工作原理
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上并显示亮点P，如图所示。
1．确定最终偏移距离
思路一
思路二
2．确定偏转后的动能(或速度)
思路一
思路二
例3 (2023·河南安阳市一中模拟)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′，由Y指向Y′，电子带负电，所受静电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。
例4 如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反。质量为m、电荷量为＋q的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．粒子离开加速器时速度v0＝eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝eq \f(L,4)
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
答案 B
解析 根据qU0＝eq \f(1,2)mv02，粒子离开加速器时速度为v0＝eq \r(\f(2qU0,m))，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝eq \f(L,4)，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过左侧平移器下方平行板和右侧平移器上方平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由上述分析可得y1＝eq \f(qU0L,2mv02)，当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。
考点三 带电粒子在电场和重力场中的偏转
例5 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．小球所受静电力大小为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点用时为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；水平方向受静电力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，可知合外力的大小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6 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)。
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、静电力作用，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)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在上方，竖直位移较大，由h＝eq \f(1,2)at2可知，A下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B所受静电力向上，应带正电，静电力对B做负功，电势能增加，故C错误，D正确。
3．(2024·浙江省模拟)示波管的结构如图所示，Y、Y′接输入电压信号，X、X′接扫描电压信号，若扫描电压信号的周期和输入电压信号的周期相同，且可以在荧光屏上得到输入电压信号周期变化的图像，则下列扫描电压信号的图像可能正确的是( )
答案 A
解析 若扫描电压信号如B、C、D选项所示，则在半个周期内，粒子沿XX′方向偏转距离相同，荧光屏上在YY′方向呈现一条直线，无法显示输入电压信号随时间周期性变化的具体情况，若扫描电压信号如A选项所示，则粒子打在荧光屏上的位置沿XX′方向随时间均匀分布，又扫描电压信号周期与输入电压信号周期相同，可得到输入电压信号周期变化的图像，综上，A项图像正确。
4.如图所示，一质量m＝1×10－3 kg、电荷量为q＝＋1×10－3 C的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E＝1×103 N/C的匀强电场中运动，在A点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1 s后到达B点速度方向与电场方向夹角为30°，则粒子在A点速度的大小为( )
A．100 m/s B．200 m/s C．300 m/s D．400 m/s
答案 A
解析 粒子只受静电力作用，由牛顿第二定律可得a＝eq \f(qE,m)＝103 m/s2
整个运动过程中水平方向不受力，速度不变，
设水平方向的速度为v0，则有eq \f(v0,tan 30°)＝eq \f(v0,tan 60°)＋at
解得v0＝50eq \r(3) m/s，故粒子在A点速度大小为
vA＝eq \f(v0,sin 60°)＝100 m/s，故选A。
5.(多选)(2023·广东广州市联考)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子打到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
解析 根据动能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝eq \r(\f(2qE1d,m))，在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE2,m)t22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq \f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；根据动能定理，qE1d＋qE2y＝eq \f(1,2)mv22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝eq \r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝eq \f(d,\f(v1,2))＋eq \f(L′,v1)＝eq \f(2d,v1)＋eq \f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vy＝eq \f(qE2,m)t2及tan θ＝eq \f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确。
6.(多选)(2023·辽宁省第二次联考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板间距离为L，电场强度为E。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好能到达N板下端。不计粒子重力和粒子间的相互作用，利用以上信息可求得( )
A．金属板的长度
B．粒子在两板间的加速度大小
C．两个粒子到N板时的动能
D．两个粒子的电势能的变化量
答案 AB
解析 垂直M板向右的粒子做匀加速直线运动，由(eq \r(2)v0)2－v02＝2aL，可求加速度的大小a＝eq \f(v02,2L)
两个粒子相同，所以它们的加速度大小相同，B选项可求，B正确；
平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由L＝eq \f(1,2)at2，可求其运动时间，竖直方向上由y＝v0t，可求竖直位移大小，板长是y的二倍，所以A选项可求，A正确；
由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电荷量未知，求不出静电力做的功，也求不出粒子电势能的变化量，所以C、D选项不可求，C、D错误。
7．(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴c所带电荷量最多
答案 BD
解析 三个液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向均做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴c在水平方向位移最大，说明液滴c在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。
8．(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。
9．(2024·河北唐山市模拟)如图所示，甲图中运动的小球只受重力作用，乙图中存在竖直向下的匀强电场，甲、乙两图中的斜面相同且绝缘。现将完全相同的带负电小球从两斜面上的同一点O以相同初速度沿水平方向抛出，分别落在甲、乙图中斜面上A、B点(图中未画出)。小球受到的静电力始终小于重力，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A．OA的长度等于OB的长度
B．小球从抛出到落在斜面上用时相等
C．小球落到A点的竖直方向位移小于落到B点的竖直方向位移
D．小球落到A点的水平方向位移大于落到B点的水平方向位移
答案 C
解析 甲中小球只受重力，加速度为g，乙中小球受向上的静电力，因受到的静电力始终小于重力，可知加速度小于g，根据tan θ＝eq \f(\f(1,2)at2,v0t)＝eq \f(at,2v0)，可知甲中小球从抛出到落到斜面上用时较短，选项B错误；
根据x＝v0t，小球落到A点的水平方向位移小于落到B点的水平方向位移，根据s＝eq \f(x,cs θ)，可知OA的长度小于OB的长度，选项A、D错误；
竖直位移y＝v0ttan θ可知，小球落到A点的竖直方向位移小于落到B点的竖直方向位移，选项C正确。
10.(2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为q(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 粒子在电场中只受静电力，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。
11.(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，
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。
12.(多选)(2024·四川成都市检测)如图，质量为m、带电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为va＝v、vb＝eq \r(3)v，方向分别与AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，则( )
A．质子从A到B的运动为匀变速运动
B．电场强度大小为eq \f(2mv2,qL)
C．质子从A点运动到B点所用的时间为eq \f(2L,v)
D．质子的最小速度为eq \f(\r(3),2)v
答案 ABD
解析 质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运动，A正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设va与电场线的夹角为β，如图所示。
则有vasin β＝vbcs β，解得β＝60°，根据动能定理有qELcs 60°＝eq \f(1,2)mvb2－eq \f(1,2)mva2，解得E＝eq \f(2mv2,qL)，B正确；根据几何关系可得，AC的长度为Lsin 60°＝eq \f(\r(3),2)L，则质子从A点运动到B点所用的时间为t＝eq \f(\f(\r(3),2)L,vasin 60°)＝eq \f(L,v)，C错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂直时，质子的速度最小，有vmin＝vasin 60°＝eq \f(\r(3),2)v，D正确。