第10章 5 带电粒子在电场中的运动（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理必修第三册（人教版）

**基本信息** 分层清晰，从基础应用到综合拓展，覆盖带电粒子在电场中的加速、偏转等核心知识点，通过生活情境与复杂问题结合，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|带电粒子加速、偏转、先加速再偏转、示波管原理|结合细胞膜电位、HEPS加速器等情境，以选择和基础计算为主，强化运动与相互作用观念| |能力提升练|组合电场、交变电场中的运动|多区域电场、交变电压等复杂情境，综合计算与推理，提升模型建构与科学论证能力|

第十章　静电场中的能量 5　带电粒子在电场中的运动 基础过关练 题组一　带电粒子(带电体)在电场中的加速 1.(2026山东临沂第一中学学业素养水平检测)人体的细胞膜由磷脂双分子层组成,模型图如图(a)所示,双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜,厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场,简化模型如图(b)所示,初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点,下列说法正确的是(　　) 　 A.该钾离子的电势能增大 B.A点电势高于B点电势 C.若膜电位增大,钾离子进入细胞内的速度不变 D.若膜电位不变,膜的厚度越大,则钾离子进入细胞内的速度越大 2.(2026北京第十六中学期中)如图所示,两极板加上恒定的电压U,将一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在正极板附近由静止释放,粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小,再次释放该粒子,则(　　) A.带电粒子获得的加速度变小 B.带电粒子到达负极板的时间变短 C.带电粒子到达负极板时的速度变小 D.加速全过程静电力对带电粒子做的功变大 3.(2026黑龙江大庆铁人中学月考)2025年3月27日,中国科学院高能所正式宣布,国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源(HEPS)”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器。如图甲所示,多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一直线上,序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t=0时,位于金属圆板(序号为0)中央的电子,由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为-e、交流电的周期为T,电子通过圆筒间隙的时间不计,忽略相对论效应,下列说法正确的是(　　) A.电子在圆筒内做匀加速直线运动 B.电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1∶2 C.电子在各圆筒中的运动时间均为T D.图甲中各圆筒的长度之比为1∶∶∶… 题组二　带电粒子在电场中的偏转 4.(2026山西太原联考)如图所示,平行板电容器充电后,两极板间的电场视为匀强电场。电子从A点沿平行于极板的方向向右飞入匀强电场,并从右侧B点飞出。仅将该电容器所带电荷量增加到原来的2倍,电子仍以相同的初速度从A点飞入匀强电场,并从右侧某点飞出。不计电子重力,关于电子在电场中运动情况的分析,正确的是(　　) A.电子仍从B点飞出 B.电子的加速度大小变为原来的4倍 C.电子在电场中运动的时间变为原来的2倍 D.电场力对电子做的功变为原来的4倍 5.(2026江苏南京六校联合体期末)三个完全相同且重力不计的粒子a、b、c,同时从同一点沿水平方向飞入竖直偏转电场,轨迹如图所示,下列判断正确的是(不计a、b、c之间的相互作用,不考虑电场的边缘效应)(　　) A.刚进电场时,b、c的速度相同,a的速度最小 B.在b飞离电场的同时,a刚好打在下极板上 C.b和c同时飞离电场 D.a、b、c三个粒子在电场中运动的全过程,动能的增加量相同 6.(2026辽宁名校联考)如图所示,边长为L的正方形ABCD区域内存在着方向向上的匀强电场,边长也为L的正方形CDPQ区域内无电场。现有一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子,从A点沿着AD方向以速度v0射入该区域,粒子恰能从Q点射出。若不考虑粒子重力,则下列说法正确的是(　　) A.粒子在两个区域的运动时间之比为2∶1 B.粒子从Q点射出时速度方向与AD方向的夹角为45° C.若将匀强电场的电场强度减半,粒子将从PQ边的中点射出 D.若将匀强电场的电场强度减半,场强减半前后粒子从PQ边射出的方向不变 7.(2026广东省实验中学期中)如图所示,边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的动能进入电场,恰好从BC边的中点d飞出,不计粒子重力。 (1)求粒子在d点时,水平分速度与竖直分速度之比; (2)求粒子进入电场时的动能; (3)只改变电场强度的大小,使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出,求此时的电场强度大小E'。 题组三　带电粒子在电场中先加速再偏转 8.(2026江西南昌第二中学月考)氢元素的两种同位素的原子核——氕核H)、氘核H)的质量之比为1∶2,电荷量之比为1∶1。如图所示,氕核H)、氘核H)由静止开始经同一加速电场加速后,又经同一匀强电场偏转,最后打在荧光屏上。下列说法正确的是(　　) A.两原子核飞出加速电场时的速度之比为1∶2 B.两原子核在偏转电场的偏转距离之比为1∶2 C.两原子核飞出偏转电场时的动能之比为1∶2 D.两原子核打在荧光屏上的偏移量之比为1∶1 9.(2026山东日照月考)如图所示,竖直虚线MN、PQ间距为L,在MN的左侧有水平向右、大小为2E的匀强电场,在MN、PQ之间有竖直向下、大小为E的匀强电场,在PQ右侧2L处有一竖直屏。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子,从MN左侧处的A点,由静止释放,粒子以速度v0(大小未知)射入MN、PQ之间的电场中,过A点的水平线与屏的交点为O,不计粒子的重力。求: (1)v0的大小; (2)粒子从释放到打到屏上所用的时间; (3)打到屏上的点到O点的距离。 题组四　示波管的原理 10.(2026江苏淮安期末)示波器的核心部件是示波管,它由电子枪、偏转电极、荧光屏组成。某示波管的示意图如图所示,炽热的金属丝可以连续发射出电子(初速度视为零),电子经加速电场加速后沿中央轴线OO'垂直进入偏转电场,加速电压U1=180 V,偏转电场由两对偏转电极XX'、YY'组成,位置如图所示,均以OO'为中央轴线,极板长度均为L1=8 cm,极板X与X'的间距、极板Y与Y'的间距均为d=4 cm。电子穿出偏转电场后做匀速直线运动,直到打在荧光屏上,极板右边缘到荧光屏距离L2=20 cm,O'为荧光屏正中心,并在荧光屏上建立xO'y坐标系。已知电子质量m=9.0×10-31 kg、电荷量e=1.6×10-19 C,不计电子受到的重力和电子之间的相互作用力,极板X与X'、极板Y与Y'间的匀强电场互不影响,忽略电场边缘效应。 (1)求电子经加速电场加速后的速度大小v0; (2)若XX'、YY'间分别输入UXX'=30 V,UYY'=60 V的恒定电压,求电子刚离开偏转电场时,在XX'和YY'方向上的偏移量x1和y1; (3)若XX'、YY'间分别输入UXX'=30 sin 100πt(V),UYY'=60 sin 100πt(V)的交流电压,其中t的单位为s,求电子打在荧光屏上的亮线长度。 能力提升练 题组一　带电粒子在组合电场中的运动 1.(2025湖南长沙天一大联考期中)如图所示,倾斜直线OA与竖直直线OB间存在方向均指向O的会聚状电场,∠AOB=60°,以O为圆心的圆弧AB上的电场强度大小均为E0。过B点的水平线BC、竖直线BD间存在电场强度大小为E(未知)、方向竖直向下的匀强电场,P点是B点右下方的固定点,两种类型的电场互不干扰。现让带电荷量为q、质量为m、不计重力的带正电粒子从A点以垂直OA的速度v0射入会聚状电场,粒子正好沿着圆弧AB运动到B,接着进入匀强电场,粒子运动到P点时的速度正好与粒子在A点时的速度方向相同,且粒子从B到P的运动时间等于粒子从A到B的运动时间,求: (1)圆弧AB的半径以及粒子从A运动到B所用的时间; (2)匀强电场的场强大小E。 2.(2026湖北武昌实验中学月考)如图1所示的空间存在四个边长为d的正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ,区域Ⅰ中存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E,区域Ⅱ、Ⅳ的上下边界处有4个长度均为d的极板。一带电粒子由区域Ⅰ左边界的中点S处静止释放,粒子刚进入区域Ⅱ的瞬间在区域Ⅱ、Ⅳ的上下极板间均加如图2所示的电压,最终粒子在Tx时刚好从极板D的右边缘离开。已知粒子的比荷为k,粒子的重力可忽略,求: (1)图2中的Tx; (2)图2中的Ux。 题组二　带电粒子在交变电场中的运动 3.(2026江苏苏州期末)如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是(　　) A.粒子将做往返运动,6 s末带电粒子回到原出发点 B.粒子在0~2 s内的加速度与在2~4 s内的加速度等大反向 C.粒子在4 s末的速度为零 D.在0~6 s内,粒子所受电场力做的总功不为零 4.(2026江苏南通期中)如图(a)所示,长为4d、间距为d的平行金属板水平放置,两金属板左边中点O处有一粒子源,能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子,金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图(b)所示电压,已知t=0时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力,则(　　) A.不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等 B.t=时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点O'出射 C.无论哪个时刻入射的粒子从金属板间出射时动能Ek=m D.粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为 5.(2026江苏南京六校联合体学情调研)图甲为某粒子控制装置的内部结构图,A、B为两块相距很近的平行金属板,板中央有正对小孔O和O',B板右侧靠近B板处有关于OO'连线对称放置的平行金属板M、N,M、N板长L=0.1 m,板间距离d=4×10-2 m,两板间加有恒定电压U2=16 V,其内部偏转电场视为匀强电场。在M、N右侧相距为L处有一垂直OO'连线放置的粒子接收屏P(屏足够大)。一束带正电的粒子以相同的初动能E0=1×10-2 J源源不断地从小孔O垂直A板射向O',粒子的电荷量为q=1×10-4 C、质量为m=6×10-8 kg。现在A、B板间加上图乙所示的周期性变化的电压U1,其中A板电势低于B板时,U1为负值。若不计粒子穿过A、B板所用的时间,忽略粒子重力及粒子间的相互作用。求: (1)t=1.5 s时刻从小孔O射入的粒子,从O'射出时的速度大小; (2)t=3 s时刻从小孔O射入的粒子,在偏转电场中的偏移量y; (3)接收屏P被粒子打中区域的长度l。 答案与分层梯度式解析 第十章　静电场中的能量 5　带电粒子在电场中的运动 基础过关练 1.B　初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点,电场力做正功,电势能减小,根据Ep=qφ可知,A点电势高于B点电势,故A错误,B正确。钾离子仅在电场力的作用下从A点运动到B点,有qU=mv2,解得v=,若膜电位U增大,则钾离子进入细胞内的速度变大;若膜电位U不变,膜的厚度d越大,钾离子进入细胞内的速度不变,C、D错误。 2.B　带电粒子在两极板间只受电场力作用,由牛顿第二定律可得a==,若将两板间距离d减小,则加速度a增大,故A错误;带电粒子在两极板间做匀加速直线运动,根据位移公式得d=at2,因为d减小,a增大,所以t减小,故B正确;带电粒子由正极板附近运动到负极板的过程,由动能定理得qU=mv2,可知极板间距对粒子到达负极板时的速度大小没有影响,故C错误;静电力做功为W电=qU,可知极板间距对静电力做功没有影响,故D错误。 3.D　 关键点拨　由于金属导体内部的电场强度等于0,电子在各个金属圆筒内部都不受静电力的作用,它在圆筒内的运动是匀速直线运动,只是在相邻圆筒的间隙中才会被加速。 电子在金属圆筒中不受电场力作用,做匀速直线运动,A错误。电子进入第n个圆筒时,经过n次加速,根据动能定理可得neu=m,解得vn=,故电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1∶;电子在每个圆筒中匀速运动的时间为(点拨:此时能保证电子每次在缝隙中被电场加速),故第n个圆筒的长度Ln=vn×=,则各圆筒的长度之比为1∶∶∶…,故B、C错误,D正确。 4.D　 关键点拨　带电粒子沿垂直电场方向射入匀强电场,粒子在电场中做类平抛运动,关键是将粒子的运动沿电场方向与垂直于电场方向分解。垂直于电场方向,带电粒子做匀速直线运动,沿电场方向,带电粒子做匀变速直线运动。 设两极板间距离为d,板间电场强度E==,可知将该电容器所带电荷量增加到原来的2倍,则板间电场强度增加到原来的2倍,由加速度a=,可知电子的加速度大小变为原来的2倍,故B错误。设板长为L,电子在板间做类平抛运动,则有L=v0t、y=at2,由于电子仍以相同的初速度从A点飞入匀强电场并从右侧某点飞出,可知电子在电场中运动的时间不变,沿电场方向的偏转距离变为原来的2倍,所以电子从B点下方飞出,故A、C错误。由于电场强度变为原来的2倍,沿电场方向的偏转距离变为原来的2倍,根据W=qEy可知电场力对电子做的功变为原来的4倍,D正确。 5.B　在匀强电场中,三个粒子做类平抛运动,受到的电场力相同,则加速度也相同,在竖直方向做匀加速直线运动,有y=at2,可知ta=tb>tc;在水平方向,三个粒子做匀速直线运动,且在电场中发生的水平位移xa<xb=xc,根据v=有va<vb<vc,故A、C错误,B正确。电场力做功W电=qEy,则W电a=W电b>W电c,根据动能定理知,a、b两粒子的动能增加量相等,c粒子的动能增加量最小,D错误。 6.C　粒子在匀强电场中做类平抛运动,射出电场后做匀速直线运动,粒子在两个区域运动时的水平速度不变,则运动时间相等,A错误。粒子在匀强电场中做类平抛运动,从CD边射出时速度方向的反向延长线交于AD中点(点拨:平抛运动的推论),由几何关系可知,粒子从Q点射出时速度方向与AD方向的夹角小于45°,B错误;粒子射出匀强电场时,有L=v0t、y=··t2,解得y=,速度偏转角的正切值tan θ==,可知若将匀强电场的电场强度减半,粒子从电场中射出时竖直偏转距离和速度偏转角的正切值均减半,则粒子将从PQ边的中点射出,粒子从PQ边射出的方向要改变,C正确,D错误。 规律总结　带电粒子在匀强电场中偏转的两个推论 　　(1)粒子从偏转电场中射出时,其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点,此点为初速度方向位移的中点,如图所示。 　　(2)位移方向与初速度方向的夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的,即2 tan α=tan θ。 7.答案　(1)1∶1　(2)qEL　(3)8E 解析　(1)粒子在d点时,速度偏转角的正切值为 tan α== 位移偏转角的正切值为tan β=== 则tan α=2 tan β=2×=1 可得粒子在d点时,水平分速度与竖直分速度之比为1∶1 (2)粒子在电场内做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,有L=v0t 竖直方向做匀加速直线运动,有=×t2 初动能Ek0=m 解得Ek0=qEL (3)其他条件不变,仅改变电场强度的大小,粒子从CD边中点Q飞出与从BC边中点d飞出相比,水平位移x减半,竖直位移y加倍;根据类平抛运动知识有y=at2,x=v0t,可知运动时间减为原来的,则加速度变为原来的8倍,再根据a=可知,电场强度变为原来的8倍,即E'=8E。 8.D　两原子核在加速电场中运动时,根据动能定理可得U1q=mv2,解得v=,因此===,A错误;两原子核在偏转电场中做类平抛运动,有L=vt、y=·t2,联立可得偏转距离y=,可知偏转距离与原子核的质量和电荷量无关,因此两原子核在偏转电场中的偏转距离之比为1∶1,B错误;原子核从进入加速电场到飞出偏转电场的过程中,根据动能定理得U1q+q=mv'2,由于两原子核在偏转电场中的偏转距离相等,则两原子核飞出偏转电场时的动能之比为1∶1,C错误;设原子核离开偏转电场时的速度偏转角为θ,则tan θ===,可知两原子核离开偏转电场时速度偏转角相等,偏转距离也相等,因此运动路径完全重合,打在荧光屏上的偏移量之比为1∶1,D正确。 9.答案　(1)　(2)2　(3)L 解析　(1)粒子在MN左侧电场中运动过程,根据动能定理可得q×2E×=m,解得v0= (2)粒子在MN左侧电场中运动过程,根据牛顿第二定律得q×2E=ma1,解得a1= 运动时间为t1== 粒子在MN右侧运动过程,在水平方向上做匀速直线运动,运动时间为t2==3 所以,粒子从释放到打到屏上所用的时间为 t=t1+t2=2 (3)粒子在MN、PQ间做类平抛运动,在水平方向有 L=v0t3 在竖直方向,有qE=ma2,vy=a2t3,y1=t3 粒子在PQ右侧做匀速直线运动,运动时间为t4= 则竖直位移为y2=vyt4 所以,打到屏上的点到O点的距离为y=y1+y2 解得y=L 一题多解　第(3)问可以根据平抛运动的推论求解: 　　先求出粒子从PQ边界射出时的速度偏转角的正切值tan θ== 　　然后将粒子从PQ边界射出时的速度反向延长,根据推论可知延长线交于MN与PQ之间的水平分位移的中点,根据几何知识可知y=L tan θ 　　解得y=L 10.答案　(1)8×106 m/s　(2) cm　 cm　 (3)8 cm 解析　(1)电子在加速电场中运动,根据动能定理有eU1=m 代入数据解得v0=8×106 m/s (2)电子在偏转电场内运动时,沿OO'方向做匀速直线运动,有L1=v0t 解得电子在偏转电场中运动的时间t=1×10-8 s 当UXX'=30 V时,沿XX'方向,有 ax== m/s2=×1014 m/s2 XX'方向上的偏移量x1=axt2= cm 当UYY'=60 V时,沿YY'方向,有 ay== m/s2=×1014 m/s2 YY'方向上的偏移量y1=ayt2= cm (3)当UXX'=30 sin 100πt(V)时, 沿XX'方向,电子打在荧光屏上离O'最大距离 x2=tan θx,其中tan θx=,vx=axt, 解得x2=4 cm 当UYY'=60 sin 100πt(V)时, 沿YY'方向,电子打在荧光屏上离O'最大距离 y2= tan θy,其中tan θy=,vy=ayt, 解得y2=8 cm 荧光屏上出现的是以A(4 cm,8 cm),B(-4 cm,-8 cm)两点为端点的一条线段 电子打在荧光屏上的亮线长度为 s= cm=8 cm 能力提升练 1.答案　(1)　　(2) 题图解读　粒子在组合场中的运动如图所示 解析　(1)由题意可知,粒子从A运动到B,做匀速圆周运动,电场力提供向心力,则E0q=m 解得圆弧AB的半径R= 粒子从A运动到B所用的时间为t1=T 且T=,联立解得t1= (2)粒子进入竖直向下的匀强电场后做类平抛运动,由几何知识,结合题意可知,在P点时,粒子速度方向与水平方向的夹角为60°,则有tan 60°= 且a=,t2=t1,联立解得E= 2.答案　(1)3　(2) 关键点拨　(1)粒子在区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ内运动时,沿水平方向均做匀速直线运动,通过三个区域的时间相等,均为。 　　(2)粒子在区域Ⅱ、区域Ⅳ内运动时,电场方向恰好相反,粒子所受的电场力大小相等、方向相反,所以在竖直方向区域Ⅳ内的运动是区域Ⅱ内的逆运动。 解析　(1)粒子在区域Ⅰ中运动过程,由动能定理可得qEd=m 解得粒子进入区域Ⅱ的速度大小为 v0== 粒子从进入区域Ⅱ到从极板D的右边缘离开,在水平方向做匀速直线运动,则有3d=v0Tx 解得Tx==3 (2)粒子在区域Ⅱ中运动过程,竖直方向有 a==,vy=a·,y1=· 在区域Ⅲ中运动过程,竖直方向有y2=vy· 在区域Ⅳ中运动过程,竖直方向有 y3=y1=· 又y1+y2+y3= 联立解得Ux= 一题多解　第(2)问可以用图像法进行分析,画出粒子在竖直方向的速度图像如图所示,根据图线与横轴所围的面积表示位移,可知·vy=,其中vy=a·,a==,联立解得Ux=。 3.A　 关键点拨　根据牛顿第二定律可得qE=ma,则a=,可知a-t图像与E-t图像的形状相同。0~2 s内带电粒子做匀加速直线运动;2~4 s内电场强度大小为0~2 s内电场强度大小的2倍,且电场强度方向与0~2 s内电场强度方向相反,所以2~4 s内粒子先做匀减速直线运动再做反向的匀加速直线运动;4~6 s内沿反方向做匀减速运动到零;之后再重复以上过程,所以带电粒子做往返运动,作出带电粒子在0~8 s内的v-t图像如图所示(以带正电粒子为例)。 根据作出的v-t图像,结合v-t图线的斜率表示加速度、v-t图线与t轴所围的面积表示位移,分析可知粒子将做往返运动,6 s末带电粒子回到原出发点;粒子在2~4 s内的加速度大小是在0~2 s内的加速度大小的2倍,方向相反,故A正确,B错误。由v-t图像可知,粒子在4 s末的速度不为零,C错误。粒子在6 s末的速度为零,由动能定理可知,粒子在0~6 s内所受电场力做的总功为零,故D错误。 4.C　 关键点拨　粒子进入电场后,在平行于金属板方向的分运动为匀速直线运动,粒子在两板间的运动时间为t总=,与接入的交流电压的周期相同,故在任意时刻进入电场的粒子均做一个周期的运动,出电场时速度均沿水平方向。 t=0时刻射入的粒子恰好能从金属板射出,在水平方向有4d=v0t,竖直方向有=·a·×2,其中a==,作出t=0、、、时刻进入金属板的粒子从进入到射出过程中在平行于电场方向的分速度vy与时间t的关系图像,如图所示: 由图像可以推出,在t=(n=0,1,2,3,…)时刻进入金属板的粒子会在平行于电场方向上有最大位移,结合题目条件可知最大位移为,其他时刻进入的粒子在平行于电场方向的位移都小于,所以不同时刻进入金属板的粒子都能够射出金属板,在金属板间运动的时间都相同,均为t总=,A错误。由vy-t图像可知,t=时刻入射的粒子在平行于电场方向的位移不为零,故不能从金属板右侧中点O'出射,B错误。由vy-t图像可知,粒子无论何时进入电场,出射时竖直方向的分速度均为0,只有水平速度v0,故粒子从金属板间出射时动能为Ek=m,故C正确。不同时刻出射的粒子射出板间的位置在两金属板右侧上下边缘之间,速度均水平向右,即出射的粒子均水平向右匀速射到荧光屏上,可知粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d,D错误。 一题多解　学习了选择性必修第一册的动量定理后,还可用以下方法分析:由于粒子在电场中运动的时间t总=,恰好为电压随时间变化的周期,故粒子在电场中所受等大反向电场力作用的时间相同,根据动量定理有mΔv=∑FΔt=0,故粒子无论何时进入电场,出射时速度只有水平速度v0,出射时动能Ek=m,C正确。 5.答案　(1)0　(2) cm　(3) cm 解析　(1)由题图可知,t=1.5 s时A、B板间电压为U1=-100 V,B板电势高,粒子带正电,由动能定理得qU1=m-E0 解得v1=0 (2)在t=3 s时A、B板间电压为U1=200 V,电场力做正功,有qU1=mv2-E0 解得v=1 000 m/s 此时粒子射入偏转电场的动能最大,故在偏转电场中的偏移量最小 水平方向有L=vt 竖直方向有ymin=at2=· 解得ymin= cm 即t=3 s时刻从小孔O射入的粒子,在偏转电场中的偏移量y= cm (3)粒子射出偏转电场的最大偏移量对应从平行板右侧边缘出射,即ymax==2 cm 粒子在偏转电场中做类平抛运动,由平抛运动的推论可得,速度的反向延长线过此时水平位移的中点,则偏移量最大与最小两种情况如图所示 根据三角形相似可得== 解得Ymax=4 cm 同理== 解得Ymin= cm 故接收屏被粒子打中的区域长度为 l=Ymax-Ymin= cm 方法技巧　求解粒子射出偏转电场打到荧光屏的偏转距离 　　(1)Y=y+L1 tan θ 　　(2)Y= tan θ(点拨:根据速度的反向延长线过此时水平位移的中点) 　　(3)Y=y+vy· 　　(4)根据三角形相似:= 7 学科网（北京）股份有限公司 $