第9章 第4讲 带电粒子(体)在电场中的偏转运动问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理课件聚焦“带电粒子(体)在电场中的偏转运动”高考核心专题，覆盖匀强电场偏转、交变电场偏转两大核心考点。依据高考评价体系，通过梳理近五年真题考点分布，明确匀强电场偏转（占比约60%）为高频考点，交变电场偏转（占比约30%）为能力难点，归纳类平抛运动模型、周期性运动分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的分层突破策略，如针对匀强电场偏转，运用运动分解法构建类平抛运动模型，结合2022年全国乙卷真题解析位移公式应用；针对交变电场偏转，通过分段分析法培养学生周期性运动推理能力。特设易错点警示（如忽视重力是否考虑），助力学生深化运动和相互作用观念，掌握解题技巧，教师可据此实施精准复习，提升冲刺效率。

第4讲 带电粒子(体)在电场中的偏转运动问题 考点一 考点二 02 01 备考目标 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 带电粒子在匀强电场中的偏转问题 整合必备知识 考点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 带电粒子在交变电场中的偏转运动 考点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 26 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 27 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 课下巩固精练卷（二十五） 带电粒子(体)在电场中的偏转运动问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 34 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 正禾一本通 57 谢谢观看 1.掌握带电粒子在电场中的偏转规律，理解示波管的原理。 2.会分析计算带电粒子(体)在电场中的偏转问题。 3.会分析计算带电粒子在交变电场中的偏转问题。 1．运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝ (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) ＝ ； ②离开电场时的偏移量：y＝ eq \f(1,2) at2＝ ； ③离开电场时的偏转角：tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ 。 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。 [辨析明理] 质量和电荷量各不相同的带电粒子(带同种电荷)在加速电场的同一位置由静止开始加速，然后再进入同一偏转电场。试分析：带电粒子的运动轨迹是否重合？ 提示：由qU0＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(0)) y＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) · eq \f(qU1,md) · tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝2),\s\do1(0)) eq \f(qU1l,mdv) 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。 角度(一) 带电粒子在匀强电场中的偏转 关于粒子在电场中偏转问题的两个常用结论： (1)如图所示，粒子从偏转电场射出时，根据速度偏角的正切值为位移偏角正切值的2倍(即tan θ＝2tan α)可知： 粒子出射速度v的反向延长线与初速度v0方向的交点O为粒子水平位移的中点，即图中O点到电场边缘的距离x＝ eq \f(l,2) 。 (2)质量和电荷量各不相同的带电粒子从静止开始经电场加速，再经电场偏转后射出，各粒子的偏转位移和偏转角相同。 【例1】 (2025·山西阳泉模拟)如图所示，两个带正电粒子A、B质量分别为m、4m，带电荷量分别为q、2q，以相同的初速度从两板间中点垂直射入偏转电场(不计粒子重力)，并能从两板间射出，则(　　 ) A．A、B在电场中运动时间之比为1∶2 B．A、B在电场中运动的加速度之比为2∶1 C．A、B射出电场时的侧位移y之比为1∶2 D．A、B射出电场时的电场力做功之比为1∶2 解析：选B。粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，则有t＝ eq \f(L,v0) ，由于初速度相同，所以运动时间相同，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(Eq,m) ，所以A、B在电场中运动的加速度之比为aA∶aB＝ eq \f(q,m) ∶ eq \f(2q,4m) ＝2∶1，故B正确；粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y＝ eq \f(1,2) at2， 所以侧位移之比即为加速度之比，即A、B射出电场时的侧位移y之比为2∶1，故C错误；粒子射出电场时的电场力做功为W＝Eqy＝Eq· eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) t2＝ eq \f(1,2) · eq \f(（Eq）2,m) t2，可知A、B射出电场时的电场力做功之比为WA∶WB＝ eq \f(q2,m) ∶ eq \f(（2q）2,4m) ＝1∶1，故D错误。 【例2】 (2025·湖南长沙模拟)如图所示，三条竖直虚线A、B、C相互平行，A、B间距为L，B、C间距为2L。在A、B间有平行于虚线向下的匀强电场 Ⅰ，电场强度大小为E1；在B、C间有平行于虚线向下的匀强电场 Ⅱ，垂直于虚线的直线分别交A、C于P、Q点。在P点与PQ成60°斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子恰好垂直虚线B进入电场 Ⅱ，经电场 Ⅱ 偏转恰好到达Q点，不计粒子的重力，求： (1)粒子在电场 Ⅰ 中运动的时间； (2)电场 Ⅱ 的电场强度大小； (3)粒子运动到Q点时静电力做功的瞬时功率。 解析：(1)设粒子在电场 Ⅰ 中运动的时间为t1，初速度为v0，则L＝ v0cos 60°·t1 v0sin 60°＝a1t1 根据牛顿第二定律有qE1＝ma1 解得t1＝ eq \r(\f(\r(3)mL,qE1)) 。 (2)由题意知，粒子在 Ⅰ 、 Ⅱ 两个电场中运动的时间之比为 eq \f(t1,t2) ＝ eq \f(1,2) 设粒子经过B时的位置离PQ的距离为d，则 d＝ eq \f(1,2) eq \f(qE1,m) t12 又d＝ eq \f(1,2) eq \f(qE2,m) t22 解得E2＝ eq \f(1,4) E1。 (3)粒子到达Q点时，沿电场方向的速度为v，则 v2＝2 eq \f(qE2,m) d 解得v＝ eq \r(\f(\r(3)qE1L,4m)) 则粒子到Q点时，电场力做功的瞬时功率 P＝qE2v＝ eq \f(qE1,8) eq \r(\f(\r(3)qE1L,m)) 。 答案：(1) eq \r(\f(\r(3)mL,qE1)) 　(2) eq \f(1,4) E1　(3) eq \f(qE1,8) eq \r(\f(\r(3)qE1L,m)) [规律方法] 带电粒子垂直进入匀强电场，或斜射入匀强电场后做匀变速曲线运动，处理方法与平抛运动或斜抛运动类似，就是看作两个方向简单运动的合成，相应的规律和结论也可在此灵活应用。 角度(二) 示波器的工作原理 【例3】 (2025·云南保山模拟)如图所示，示波器的工作原理可以简化为：金属丝K发射出的电子由静止经电压U1＝180 V加速后，从金属板的小孔O1射出，沿O1O2进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为L1＝6.0 cm，两板间的距离为d＝5.0 cm。极板间电压为U2＝225 V，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L2＝8.0 cm。电子电荷量大小为e＝1.6×10－19 C，质量为m＝9×10－31 kg，不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。 (1)求电子从小孔O1穿出时的速度大小v0； (2)求电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值和在荧光屏上形成的亮斑到O2的距离y2。 解析：(1)电子在加速电场中，根据动能定理可得 eU1＝ eq \f(1,2) mv02 解得v0＝ eq \r(\f(2eU1,m)) ＝ eq \r(\f(2×1.6×10－19×180,9×10－31)) m/s＝8×106 m/s。 (2)电子在MN间做类平抛运动，沿初速度方向有 L1＝v0t1 解得t1＝ eq \f(3,4) ×10－8 s 沿电场方向有a＝ eq \f(eE,m) ＝ eq \f(eU2,md) 电子离开偏转电场的速度为vy＝at1 电子在偏转电场中的偏转位移为y1＝ eq \f(1,2) at12 电子离开偏转电场时的偏转角tan θ＝ eq \f(vy,v0) 联立解得 vy＝6×106 m/s，y1＝2.25×10－2 m＝2.25 cm，tan θ＝ eq \f(3,4) 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，沿水平方向有 L2＝v0t2 解得t2＝1×10－8 s 则电子打到荧光屏上的位置P2点到O2点的距离为 y2＝y1＋vyt2＝8.25×10－2 m＝8.25 cm。 答案：(1)8×106 m/s　(2) eq \f(3,4) 　8.25 cm [思维延伸]“例3”中，尝试利用电偏转的结论求解：电子离开偏转电场时速度偏转角的正切值和在荧光屏上形成的亮斑到O2的距离y2。 提示：电子射出偏转电场时速度的反向延长线与入射方向的交点O为电子水平位移的中点，所以有 tan θ＝＝ eq \f(3,4) 再结合三角形相似的知识可得 eq \f(y1,y2) ＝ eq \f(\f(L1,2),\f(L1,2)＋L2) 解得：y2＝8.25 cm。 角度(三) 带电体在重力场和电场中的偏转 【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.小球所受的静电力大小为 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 eq \f(\r(3)v0,g) D．小球通过P点时的动能为 eq \f(5,2) mv02 解析：选C。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，则水平方向有L cos 60°＝ eq \f(v0,2) t，竖直方向有L sin 60°＝ eq \f(1,2) gt2，解得t＝ eq \f(\r(3)v0,g) ，C正确；水平方向受静电力F1＝ma＝m eq \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＝2),\s\do1(1)) eq \r(（mg）2＋F) ＝ eq \f(2\r(3),3) mg，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，D错误。 【例5】 (2025·安徽黄山模拟)如图甲为平行板电容器，板间距为d，两板间电压做周期性变化如图乙所示，图乙中U0、T为已知值，比荷为k的正离子以初速度v0沿中线平行于两板的方向从左侧射入两板间，经过时间T从右侧射出。假设在运动过程中没有碰到极板，离子重力不计。离子从不同时刻射入电场，离开电场时垂直极板方向的位移不同，离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小不可能为(　　 ) A. eq \f(kU0T2,8d) B． eq \f(kU0T2,4d) C． eq \f(3kU0T2,8d) D． eq \f(5kU0T2,8d) 解析：选D。如果离子在 eq \f(1,2) T、 eq \f(3,2) T、…时刻进入电场，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动 eq \f(T,2) 后，两板间电压为U0，离子开始偏转，做类平抛运动，侧向位移为y，这些离子离开电场时的侧向位移为y＝ eq \f(1,2) a＝ eq \f(1,2) eq \f(U0q,md) ＝ eq \f(kU0T2,8d) ，如果离子在0、T、2T、…时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，侧向位移为y1，然后做匀速直线运动，侧向位移为 y2，由题意可知y1＝ eq \f(1,2) a＝ eq \f(1,2) eq \f(U0q,md) ＝ eq \f(kU0T2,8d) ，偏转 eq \f(T,2) 时离子的竖直分速度为vy＝a· eq \f(T,2) ＝ eq \f(qU0,md) · eq \f(T,2) ，在之后的 eq \f(1,2) T内离子做匀速直线运动，向下运动的距离为y2＝vy· eq \f(T,2) ＝ eq \f(qU0T2,4md) ，所以离子偏离中心线的距离为y1＋y2＝ eq \f(3qU0T2,8md) ＝ eq \f(3kU0T2,8d) ，因此，离子在电场中垂直极板方向的位移最小值是 eq \f(kU0T2,8d) ，最大值是 eq \f(3kU0T2,8d) ，即离子离开电场时垂直于极板方向的位移大小范围为 eq \f(kU0T2,8d) ≤y≤ eq \f(3kU0T2,8d) ，本题选择不可能的，故选D。 [应考反思]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，该方向的分析方法与“带电粒子在交变电场中的直线运动”类似。 【例6】 如图甲所示，一平行板电容器极板长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两极板间距为d＝4 cm，距极板右端 eq \f(l,2) 处有一竖直放置的荧光屏。在平行板电容器左侧有一长b＝8 cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg，速度为4×106 m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法正确的是(　　 ) A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm B．粒子打在屏上的区域面积为32 cm2 C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上 D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 6 s 解析：选C。设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0，水平方向有l＝v0t，竖直方向有 eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) at2，又a＝ eq \f(qU0,md) ，得U0＝128 V，当U≥128 V时粒子打到极板上，当U＜128 V时打到屏上，可知粒子通过电场偏转距离最大 为 eq \f(1,2) d＝2 cm；由三角形相似可得 eq \f(y,\f(d,2)) ＝ eq \f(\f(l,2)＋\f(l,2),\f(l,2)) ，解得打到屏上的长度为y＝d＝4 cm，又由对称知，粒子打在屏上的总长度为2d，区域面积为S＝2y·a＝2ad＝2×8×4 cm2＝64 cm2，故A、B错误。粒子打在屏上的比例为 eq \f(128,200) %＝64%，在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上，故C正确；在前 eq \f(T,4) ，粒子打到屏上的时间t0＝ eq \f(128,200) ×0.005 s＝0.003 2 s，又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝4×0.003 2 s＝0.012 8 s，故D错误。 【基础落实练】 1．(2025·四川南充模拟)如图1为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图2所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　 ) 解析：选C。因为在电极XX′之间所加的电压保持不变，可知在XX′方向上的偏转位移保持不变，在YY′方向上电压按正弦规律变化，即YY′方向上偏转位移在正负最大值之间变化，故C正确。 2.(多选)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qU 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) 解析：选AD。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qU，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＝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。 [应考反思]粒子射出电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，因此利用结论法可巧解本题。 3.如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过时间t到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(　　 ) A．Q点在P点正下方 B．小球电势能减少 C．小球重力势能减少量等于 eq \f(1,2) mg2t2 D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧 解析：选C。从P到Q点，根据动能定理得mgh＋W电＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) mv02＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝ eq \f(1,2) gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝ eq \f(1,2) mg2t2，C正确。 4．(多选)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板射入(记为t＝0时刻)，同时在两极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。则下列说法正确的是(　　 ) A．粒子射出时间可能为t＝4 s B．粒子射出的速度大小为2v C．极板长度满足L＝1.5vn (m)(n＝1，2，3，…) D．极板间最小距离为 eq \r(\f(3,2)kU0) 解析：选CD。粒子射入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的vy ­t图像如图所示。 因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板方向的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t＝1.5n s(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，A、B错误；极板长度L＝v·1.5n (m)(n＝1，2，3，…)，C正确；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足 eq \f(d,2) ≥ eq \f(1,2) vy×1.5 s，vy＝a×1 s，a＝ eq \f(qU0,md) ，联立求得d≥ eq \r(\f(3,2)kU0) ，D正确。 【综合提升练】 5．(多选)(2025·北京朝阳区模拟)水平地面上方有水平向右的匀强电场，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10 m/s抛出一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图所示，点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点，忽略空气阻力的影响，g取10 m/s2，匀强电场的电场强度大小为E＝ eq \f(mg,2q) ，则(　　 ) 小球在D、E两点速度大小相等 B．小球在B点的速度为10 m/s C．小球落地时速度方向与水平方向的夹角大于53° D．A、C两点的距离为16 m 解析：选BD。D、E两点高度相等，小球从D到E重力做功为零，电场力做正功，故D、E两点速度大小不相等，A错误；小球在水平方向与竖直方向的初速度为vx0＝v0cos 53°＝6 m/s，vy0＝v0sin 53°＝8 m/s，点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为0，由vy0＝gt，ax＝ eq \f(qE,m) ，vx＝vx0＋axt，联立解得vx＝10 m/s，即小球在B点的速度为10 m/s，故B正确；小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平速度为vxC＝vx0＋a·2t＝14 m/s，则小球落地时与水平方向的夹角正切值为tan β＝ eq \f(8,14) <tan 53°，故C错误；A、C两点的距离为x＝2),\s\do1(xC)) eq \f(x－v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(x0)) ,2ax) ＝16 m，故D正确。 6．(2025·吉林长春模拟)如图所示，虚线左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为 eq \f(L,2) ，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间； (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点到点O的距离x。 解析：(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得 eE· eq \f(L,2) ＝ eq \f(1,2) mv2 解得v＝ eq \r(\f(eEL,m)) 电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得a1＝ eq \f(eE,m) 则时间t1为t1＝ eq \f(v,a1) ＝ eq \r(\f(mL,eE)) 从MN到屏的过程中运动的时间为 t2＝ eq \f(2L,v) ＝2 eq \r(\f(mL,eE)) 运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 eq \r(\f(mL,eE)) 。 (2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝ eq \f(2eE,m) 运动时间为t3＝ eq \f(L,v) 则竖直方向速度为vy＝a2t3 所以夹角为tan θ＝ eq \f(vy,v) ＝2。 (3)如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′，由几何关系知 tan θ＝ eq \f(x,\f(L,2)＋L) 解得x＝3L。 答案：(1)3 eq \r(\f(mL,eE)) 　(2)2　(3)3L 7．(2025·广东河源模拟)有一研究粒子运动的设备，内部构造如图甲所示。电极K不断释放出电子(初速度为零，不计重力，质量为m，电荷量大小为e)，经过A、B间加速后，能沿着MN板的下边缘射入正对的两极板之间。当C、D两极未加电压时，测得电子穿过两板间区域的运动时间为t0。已知MN、PQ两板的板长和间距均为d。 (1)求UBA大小； (2)若UDC＝UBA，电子能否从两极板的右侧穿出？若不能穿出，计算出电子落在PQ极板上的位置；若能穿出，计算出电子射出板间时，在垂直于极板方向上的位移大小； (3)若UDC的变化如图乙所示，电子打在极板上会被极板吸收，不考虑极板电荷量的变化，求极板右侧有电子射出的区域长度。 解析：(1)电子加速后有 eq \f(1,2) mv2＝eUBA 电子在两板间匀速运动时有 v＝ eq \f(d,t0) 解得UBA＝2),\s\do1(0)) eq \f(md2,2et) 。 (2)假设能穿出，则有a＝ eq \f(eE,m) E＝ eq \f(UBA,d) y＝ eq \f(1,2) at02 解得y＝ eq \f(1,4) d 则能从CD间穿出。 (3)当UDC＝18UBA时，在t＝0时刻，射入极板间的电子，经过时间 eq \f(t0,2) ，由(2)中公式可知 y＝ eq \f(9,8) d>d 会被极板吸收 假设0～ eq \f(t0,2) 的时间内，在t1时刻射入的电子恰好不碰下极板，则对此电子分析 a＝ eq \f(18eUBA,dm) d＝2× eq \f(1,2) a 解得t1＝ eq \f(t0,6) 分析可知电子恰好到达下极板后，会向上先加速 eq \f(t0,6) ，后减速 eq \f(t0,6) 后射出板间区域，则由PQ板向上运动的距离 y＝2× eq \f(1,2) a 解得y＝ eq \f(1,4) d 则有电子射出的区域长度为l＝d－ eq \f(1,4) d＝ eq \f(3,4) d。 答案：(1)2),\s\do1(0)) eq \f(md2,2et) 　(2)能　 eq \f(1,4) d　(3) eq \f(3,4) d $