5. 带电粒子在电场中的运动-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第十章　静电场中的能量 5.带电粒子在电场中的运动 目录 1 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 2 考点模型 考点对点练 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 解析　由eU＝EkB可知，电子到达B板时的动能为eU，A正确；因B、C两板间电势差为0，故电子从B板到达C板的过程中动能变化量为零，B正确；电子由C板到D板的过程中静电力做负功，大小为eU，故电子到达D板时速度为零，然后又返回A板，以后重复之前的运动，C错误，D正确。　 2．(多选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是(设电源电压为U)(　　) A．电子到达B板时的动能是eU B．电子从B板到C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3eU D．电子在A板和D板之间做往复运动 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 3．(多选)如图为人体细胞膜的模型图，它由 磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(生物 学上称为膜电位)。实验小组研究了某小块均匀的 细胞膜，该细胞膜可简化成厚度为d，膜内为匀 强电场的模型。初速度为零的正一价钠离子仅在静电力的作用下通过双分子层，则该过程中以下说法正确的是(　　) A．钠离子的加速度越来越大 B．若d不变，当膜电位增大时，钠离子通过双分子层的末速度增大 C．若膜电位不变，当d增大时，钠离子通过双分子层的时间变长 D．若膜电位不变，当d增大时，钠离子通过双分子层的末速度增大 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 典型考点二　带电粒子在电场中的偏转 4．电荷量与质量之比叫作比荷。如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　) A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 5．(多选)某静电除尘装置有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，如图甲所示。图乙是该装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是(　　) A．只增大高度d B．只增大长度L C．只增大电压U D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 6．长为L的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板，从极板下边缘垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子末速度的大小； (2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 13 典型考点三　示波管的原理和应用 7．如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)。若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则(　　) A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 14 解析　若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，故D正确。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15 8．如图a为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图b所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图c所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　) 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 16 解析　在0～2t1时间内，扫描电压从左到右扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上右侧，YY′方向有负的最大位移；当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上左侧，YY′方向有正的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 17 [名师点拨]　示波器的问题是一个难点，对于解答示波器的荧光屏上的光点位置和波形的题目，步骤如下： (1)首先要看清楚四个偏转极板的位置。 (2)其次要明确所加的扫描电压和信号电压的情况，能够判断出某个时刻射入的电子能够向哪个方向偏转。 (3)最后确定光点位置和波形图。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 18 9．示波管工作原理如图所示，由静止释放的电子经电压U1＝4.5×103 V加速后以速度v0沿中心线进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压U2＝9.0×103 V，两极板间距d＝5.0 cm，极板长l＝5.0 cm。偏转极板右侧有一屏幕，屏幕与中心线垂直交于O点。电子离开偏转电场后打在屏幕上的P点，测得O、P间的距离y＝12.5 cm。已知电子电荷量为e＝1.6×10－19 C，质量为m＝9.0×10－31 kg。求： (1)电子经加速电场加速后的速度v0； (2)电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值tanα； (3)偏转电场右侧与屏幕的距离s。 　答案　(1)4×107 m/s　(2)1　(3)10 cm 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 19 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 20 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 21 核心能力提升练 1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是(　　) A．一定做匀变速运动 B．不可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动 解析　带电粒子在匀强电场中受恒定合力(静电力)作用，一定做匀变速运动，初速度与合力共线时做直线运动，不共线时做曲线运动，A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 5．(多选)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，两粒子都能经过P点。不计两粒子的重力和粒子间的静电力。则在此过程中，从M点进入的粒子(　　) A．电荷量较小 B．比荷较小 C．到达P点用时较短 D．经过P点的速度较小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 9．(多选)如图在光滑绝缘的正方形水平桌面ABCD上，存在平行于AB边向右的匀强电场，从桌面中心处同时释放两个带电小球a和b，两球初速度等大反向，且大小为0.5 m/s。已知带正电小球a质量为0.5 kg、电荷量为＋0.2 C，带负电小球b质量为1 kg、电荷量为－0.1 C；以释放小球时为t＝0时刻，在t＝1 s时刻小球a的速度达到最小且为0.3 m/s，在t＝1.5 s时刻小球a从AB边离开桌面。小球可视为质点且可忽略两球间的相互作用。则(　　) A．正方形水平桌面的边长为0.45 m B．匀强电场的场强大小为1 N/C C．小球b先离开桌面 D．小球b离开桌面时的速度大小为0.4 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 10．XCT扫描机可用于对多种病情的探测，如图所示是产生X射线部分的示意图。图中M、N板之间有一加速电子束的电场，虚线框内为竖直向上的匀强偏转电场，经调节后电子从M板由静止开始加速，沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线。已知M、N两板间电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，P点距离偏转电场右边界的水平距离为L，M、N间电子束距离靶台竖直高度为H，电子重力不计，不考虑电子间的相互作用，不计空气阻力。 (1)若电子电荷量大小为e，求电子经加速电场 的过程中静电力对它做的功W； (2)求电子束射出偏转电场时的竖直偏转距离Δy； (3)求偏转电场电场强度的大小E。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 典型考点一　带电粒子在电场中的加速 1．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是(　　) A.eq \f(edL,U) B．edUL C.eq \f(eU,d)L D.eq \f(eUL,d) 解析　电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小，且在A点处速度为零。根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力。根据动能定理得－eUOA＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，因E＝eq \f(U,d)，UOA＝EL，故eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(eUL,d)，所以D正确。 解析　由题意可知，膜内为匀强电场的模型，则钠离子所受的静电力不变，钠离子仅在静电力作用下通过双分子层，由牛顿第二定律可知，钠离子的加速度不变，故A错误；初速度为零的钠离子仅在静电力的作用下通过双分子层的过程中，由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv2－0，即钠离子通过双分子层的末速度与d无关，当膜电位增大时，钠离子通过双分子层的末速度增大，故B正确，D错误；若膜电位不变，当d增大时，膜内匀强电场的场强E＝eq \f(U,d)减小，由牛顿第二定律可知，钠离子的加速度a＝eq \f(eE,m)变小，根据d＝eq \f(1,2)at2，钠离子通过双分子层的时间变长，故C正确。 [名师点拨]　带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速直线运动。有两种分析思路： (1)用动力学观点分析：a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \o\al(2,0)＝2ad。(适用于解决的问题：属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量) (2)用功能观点分析：粒子只受静电力作用，静电力做的功等于粒子动能的变化，qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)。(适用于解决的问题：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) 解析　粒子在电场中做类平抛运动，由h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0))) eq \s\up12(2)得：x＝v0eq \r(\f(2mh,qE))。由v0eq \r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq \r(\f(2hmb,Eqb))，得eq \f(qa,ma)＞eq \f(qb,mb)，C正确。 解析　增大除尘率即让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在电场方向上的位移y＝eq \f(Uq,2dm) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0))) eq \s\up12(2)，由此可知，只增大U、只增大L、只减小d或只减小v0均可增大除尘率，故B、C正确，A、D错误。 答案　(1)eq \f(2\r(3)v0,3)　(2)2,0)eq \f(\r(3)mv,3qL) 　(3)eq \f(\r(3),6)L 解析　(1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30°，得合速度v＝eq \f(v0,cos30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3)。 (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动， 竖直方向：L＝v0t 水平方向：vy＝at，vy＝v0tan30°＝eq \f(\r(3)v0,3) 由牛顿第二定律得：qE＝ma 解得E＝2,0)eq \f(\r(3)mv,3qL) 。 (3)粒子做类平抛运动，水平方向：d＝eq \f(1,2)at2 解得d＝eq \f(\r(3),6)L。 解析　(1)电子从静止开始经过加速电场加速，由动能定理有eU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 代入数据解得v0＝eq \r(\f(2eU1,m))＝4×107 m/s。 (2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，有l＝v0t1 在竖直方向做匀加速直线运动，有a＝eq \f(eU2,md) 离开偏转电场时竖直方向的分速度为vy＝at1 离开偏转电场时的速度偏转角α满足tanα＝eq \f(vy,v0) 联立解得tanα＝eq \f(U2l,2dU1)＝1。 (3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由类平抛运动的推论及几何关系有tanα＝eq \f(y,s＋\f(l,2)) 代入数据解得s＝10 cm。 [名师点拨]　带电粒子垂直射入匀强电场后做类平抛运动，粒子经电场偏转后，合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到电场边缘的水平距离为eq \f(l,2)，或位移偏转角的正切值为速度偏转角正切值的eq \f(1,2)。 2．(多选)氕核(eq \o\al(1,1)H)、氘核(eq \o\al(2,1)H)、氦核(eq \o\al(4,2)He)三种粒子，从同一位置A无初速度地进入加速电压为U的匀强电场，如图所示。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，以下说法正确的是(　　) A．从A到B的过程中，氕核加速度最大 B．从A到B的过程中，氘核和氦核所用时间相同 C．到达B端时，氦核速度最大 D．到达B端时，氦核动能最大 解析　根据E＝eq \f(U,d)，F＝Eq，F＝ma，联立解得a＝eq \f(qU,md)，氕核(eq \o\al(1,1)H)比荷最大，加速度也最大，氘核和氦核比荷相同，加速度相同，A正确；根据d＝eq \f(1,2)at2，可知t＝eq \r(\f(2d,a))，从A到B的过程中，氘核和氦核加速度相同，故所用时间相同，B正确；根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝eq \r(\f(2qU,m))，氕核(eq \o\al(1,1)H)比荷最大，故到达B端时，氕核(eq \o\al(1,1)H)速度最大，C错误；根据动能定理有qU＝Ek，氦核电荷量最大，到达B端时，动能最大，D正确。 3．为测α衰变中飞出的α粒子的最大速度，设计了如图所示装置。相距为d的两平行金属板间加上电压U，A板电势高，B板上涂有荧光粉，在A板上放一小块放射性物质，其不断向右侧空间放出质量为m、电荷量为q的α粒子，α粒子的初速度大小和方向均是随机的，当α粒子轰击B板时会产生荧光，足够长时间后，B板上的发光面积为S。忽略重力影响及粒子间的相互作用，A、B板均足够大，则α粒子放出时的最大速度为(　　) A.eq \r(\f(qUS,2md2)) B.eq \r(\f(qUS,md2π)) C.eq \r(\f(qUS,2md2π)) D.eq \r(\f(qUS,2md)) 解析　分析可知，当α粒子以最大速度v平行于A板射出击中B板时，其在平行于A板方向的分位移大小最大，设为R，可知B板上的发光区域是以放射性物质投影为圆心、以R为半径的圆面。设上述α粒子从A板到B板的运动时间为t，加速度大小为a，则平行于A板方向，有R＝vt，垂直于A板方向，有d＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U,d)＝ma，B板上的发光面积S＝πR2，联立解得α粒子放出时的最大速度v＝eq \r(\f(qUS,2md2π))，故选C。 4．在光滑水平面上有一比荷eq \f(q,m)＝1.0×10－7 C/kg的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在水平面内建立坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、电场强度为2.0×106 V/m的匀强电场，小球开始运动。经过1.0 s，所加电场突然变为沿y轴正方向，电场强度大小不变。则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是图中的(　　) 解析　小球加速度大小a＝eq \f(qE,m)＝0.20 m/s2，1 s末小球速度vx＝at＝0.20 m/s，沿x轴方向运动的距离x1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.20×12 m＝0.10 m。第2 s内小球做类平抛运动，合力方向沿y轴正方向，沿x轴方向有x2＝vxt＝0.20 m，沿y轴方向有y2＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.20×12 m＝0.10 m，故第2 s末小球坐标为(0.30 m，0.10 m)，轨迹向y轴正方向弯曲，C正确。 解析　粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上做匀加速直线运动，有x＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，竖直方向上做匀速直线运动，有y＝v0t，联立解得eq \f(q,m)＝2,0)eq \f(2xv,Ey2) 。根据题图可知，从进入电场到经过P点，两粒子竖直分位移y相等，从M点进入的粒子的水平分位移x较小，可知，从M点进入的粒子的比荷eq \f(q,m)较小，由于两粒子质量m相等，则从M点进入的粒子电荷量q较小，A、B正确；由于从进入电场到经过P点，两粒子竖直分位移y相等，由t＝eq \f(y,v0)可知，两粒子到达P点所用时间t相等，C错误；根据动能定理，有qEx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v＝2,0)eq \r(\f(2xEq,m)＋v) ，从进入电场到经过P点，从M点进入的粒子的水平分位移x较小，比荷eq \f(q,m)较小，可知从M点进入的粒子经过P点的速度v较小，D正确。 6．(多选)如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔水平进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，不计重力，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的eq \f(1,2)处返回，则下列措施能满足要求的是(　　) A．使初速度减为原来的eq \f(1,2) 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4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2) 解析　由题意知，粒子刚好能到达N板，根据动能定理得－qU＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，现在使带电粒子能到达M、N两板间距的eq \f(1,2)处返回，则静电力做的功等于－eq \f(qU,2)。若初速度变为eq \f(v0,2)，U不变，则带电粒子动能的变化ΔEk＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2))) eq \s\up12(2)＝－eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0)≠－eq \f(qU,2)，故A错误；若使M、N间电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到M、N两板间距的eq \f(1,2)处时静电力做功W＝－eq \f(1,2)q(2U)＝－qU，与粒子动能的变化相等，故B正确； 若使M、N间电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到M、N两板间距的eq \f(1,2)处时静电力做功W＝－eq \f(1,2)q(4U)＝－2qU，与粒子动能的变化不等，故C错误；若使初速度减为原来的eq \f(1,2)，则带电粒子动能的变化减为原来的eq \f(1,4)，若使M、N两板间电压减为原来的eq \f(1,2)，则运动到M、N两板间距的eq \f(1,2)处静电力做功为原来的eq \f(1,4)，故D正确。 7．(多选)图为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，为了提高示波管的灵敏度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每单位电压引起的偏转量\f(h,U2)))，可采取的方法是(　　) A．减小两板间电势差U2 B．尽可能使板长L长些 C．使加速电压U1减小一些 D．尽可能使板间距离d大一些 解析　电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0，所以电子进入偏转电场时的速度大小为v0＝eq \r(\f(2eU1,m))，电子进入偏转电场后的偏转量为h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2) eq \f(eU2,md) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0))) eq \s\up12(2)＝2,0)eq \f(eU2L2,2mdv) ，联立解得h＝eq \f(U2L2,4dU1)，所以示波管的灵敏度为eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)。要提高示波管的灵敏度，可以增大L、减小d或减小U1，所以B、C正确。 8．(多选)如图所示，一电子沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知eq \o(OA,\s\up16(—))＝eq \o(AB,\s\up16(—))，电子过C、D两点时竖直方向的分速度分别为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则(　　) A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4 C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4 解析　电子沿x轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知eq \o(OA,\s\up16(—))＝eq \o(AB,\s\up16(—))，则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得ΔEk1＝eEyOC，ΔEk2＝eEyOD，则得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确。 解析　以D为坐标原点，DA为y轴正方向，DC为x轴正方向建立平面直角坐标系。由题意可知，0～1 s时间内，小球a沿y轴正方向做匀速直线运动，沿x轴负方向做匀减速直线运动，且t1＝1 s时小球a沿y轴方向的分速度vy＝0.3 m/s，沿x轴方向的分速度为0，则t＝0时刻小球a沿x轴方向的分速度大小为vx＝2,0)eq \r(v－veq \o\al(2,y)) ＝0.4 m/s。小球a在y轴方向做匀速直线运动，t2＝1.5 s时，小球a恰好离开桌面，有eq \f(L,2)＝vyt2＝0.45 m，所以正方形水平桌面的边长L＝0.9 m，A错误； t1＝1 s时小球a沿x轴方向的分速度为0，由vx＝a1t1得小球a的加速度大小a1＝0.4 m/s2，根据牛顿第二定律得Eqa＝maa1，得匀强电场的场强大小E＝1 N/C，B正确；根据牛顿第二定律得小球b的加速度大小为a2＝eq \f(qbE,mb)＝0.1 m/s2，假设小球b从CD边离开桌面，则在y轴方向上运动的距离和分速度大小与a球相同，则离开时间也为t2＝1.5 s，沿x轴方向的位移大小xb＝vxt2－eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)＝0.4875 m>eq \f(L,2)＝0.45 m，则假设不成立，即小球b从BC边离开桌面，由小球在y轴方向的分运动可知小球b先离开桌面，对小球b，由动能定理得－Eqb·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,0)，解得小球b离开桌面时的速度v1＝0.4 m/s，C、D正确。 答案　(1)eU0　(2)eq \f(HL0,2L＋L0)　(3)2,0)eq \f(4HU0,2LL0＋L) 解析　(1)电子经加速电场的过程中静电力对它做的功W＝eU0。 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，设电子做类平抛运动的初速度大小为v0，加速度大小为a，运动时间为t1，射出偏转电场时竖直方向的分速度为vy，射出偏转电场后的运动时间为t2。在偏转电场中运动时，有 L0＝v0t1 Δy＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) vy＝at1 射出偏转电场后，有 L＝v0t2 H－Δy＝vyt2 联立解得Δy＝eq \f(HL0,2L＋L0)。 (3)设电子的质量为m，电子在加速电场中运动过程，根据动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得eE＝ma 联立解得E＝2,0)eq \f(4HU0,2LL0＋L) 。 $$