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※专题课:带电粒子在交变电场中的运动
例1　B　[解析] 以粒子的速度方向、位移方向向右为正.由题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作出t0=0、、、时刻释放的粒子运动的v-t图像,如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,故由图像知,0子在一个周期内的总位移小于零,t0>T时刻释放的粒子运动情况与第一个周期内的运动情况类似.因粒子最终打在A板上,故要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,选项A、C、D错误,B正确.
例2　A　[解析] 由题设条件可知,粒子在0~内做类平抛运动,在~T内做类斜抛运动,因粒子在电场中所受的静电力大小不变,根据运动的对称性可知,粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向,如图所示,选项A正确;前、后两段运动的时间相等,将t=时刻的速度分解,设板长为l,由平抛运动规律可得l=v0T,l=vT,解得v=v0,则t=时刻该粒子的速度大小为v0,选项B错误;若该粒子在t=时刻以速度v0进入电场,则粒
子将先向下做类平抛运动,后做类斜抛运动,会从PQ板右边缘射出电场,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子在电场中运动的时间t==,选项D错误.
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1.C　[解析] 在0时刻、2 s末释放时粒子做单向运动,0.5 s末释放时,粒子在一个周期内沿正方向通过的位移大于沿负方向通过的位移,一个周期内的合位移沿着正方向,这几种情况下粒子都将撞在金属板上,而在1 s末释放时粒子只在某一空间范围往复运动,粒子可能不会撞在金属板上,C正确.
2.D　[解析] 电子在第一个内做匀加速运动,在第二个内做匀减速运动,在这半个周期内,因初始B板电势比A板电势高,所以电子向B板运动,加速度大小为,电子在第三个内做匀加速运动,在第四个内做匀减速运动,但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反,向A板运动,加速度大小为,所以电子做往复运动,D正确.
3.BC　[解析] 由题意,运动时间为周期的整数倍,故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场,B正确,A错误;当该粒子在时刻以速度v0进入电场,则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下,先做匀加速,再匀减速,接着再匀加速和匀减速后回到中线位置,其两板间最大偏移量为y=2×a,又2×a=,联立可得y=,C正确;t=0时刻的粒子入射速度为2v0,则粒子从电场出射时间减半,侧向位移与时间的平方成正比,侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一,D错误.※专题课:带电粒子在交变电场中的运动
1.BD　[解析] 作出微粒的v-t图像如图所示,由图可知选项B、D正确.
2.AD　[解析] 由平行金属板间所加电压的周期性结合a=可推知粒子加速度的周期性,D正确;由v=at可知,A正确,C错误;由s=at2知s-t图像应为曲线,B错误.
3.BD　[解析] 0~T时间内小球在竖直方向上依然做自由落体运动,假设小球带正电,0~时间内在水平方向上向右加速运动,~时间内先向右减速运动至速度减到零,再反向向左做加速运动,~T时间内向左做减速运动,因加速和减速的加速度大小相等,则合运动折返回到B点,此时水平速度仍为零,则小球到达B点的速度仍为v,故B、D正确,A、C错误.
4.B　[解析] 由题可知,粒子在电场中运动的时间是相同的,t=0时入射的粒子在竖直方向上先加速,然后减速为零,离开电场时偏离中线的距离最大,选项A正确;t=T时入射的粒子在竖直方向上先加速,然后减速,再反向加速后又减速,正好从中线处离开电场,选项B错误;因粒子在电场中运动的时间等于交变电压的周期T,根据运动的对称性可知,所有粒子离开电场时的竖直方向的速度都为零,即粒子最终都水平射出电场,离开电场时的速度大小均等于v0,选项C、D正确.
5.CD　[解析] 设第1 s内粒子的加速度为a1,第2 s内的加速度为a2,由a=可知,a2=2a1,可见粒子第1 s内若向负方向运动,1.5 s末粒子的速度为零,然后向正方向运动,至3 s末回到原出发点,
粒子的速度为0,v-t图像如图所示,由动能定理可知,0~3 s内电场力做的总功为零,综上所述,可知C、D正确.
6.AD　[解析] 由于粒子在电场中的运动时间为t0==2T,即粒子离开电容器时,A极板电势刚好变化了2个周期,由对称性可知,粒子在竖直方向上的分速度为零,故粒子离开电容器时,其速度等于水平速度v0,A正确;在2个周期内,粒子在竖直方向上运动的距离为d,由匀变速直线运动的规律可得d=4×a×,又因为a=,T=,可解得=,B错误;由对称性可知,t=时刻从粒子源射出的粒子,刚好从A板右侧离开,且与粒子源在同一直线上,所以其电势能不变,C错误;t=0时刻发射的粒子经过的时间,粒子在竖直方向的分速度为vy=at=××=v0,故此时粒子的速度大小为v==v0,D正确.
7.D　[解析] 由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度a1=为第2 s内加速度a2=的,因此粒子先加速1 s再减速0.5 s至速度减为零,接下来的0.5 s内粒子将反向加速,v-t图像如图所示,A错误;0~2 s内,带电粒子的初速度为零,但末速度不为零,由动能定理可知,电场力所做的功不为零,B错误;v-t图像中图线与横坐标轴所围图形的面积表示物体的位移,由此可知前4 s内粒子的位移不为零,所以4 s末带电
粒子不会回到原出发点,C错误;由图像可知,2.5 s末和4 s末两个时刻粒子的速度大小相等,方向相同,所以2.5~4 s内,速度的改变量等于零,D正确.
8.(1)4.0×109 m/s2　(2)2×104 m/s　(3)大于5×104 Hz
[解析] (1)带电粒子所受电场力大小为F=qE=
由牛顿第二定律得a===4.0×109 m/s2
(2)粒子在0~时间内运动的距离为
s=a=5.0×10-2 m
由此可见带电粒子在t=时恰好到达A板,则v=a=2×104 m/s
(3)分析可知,在~内,电场力方向、速度方向均向右,带电粒子向A板做匀加速运动;同理,在~内,则向A板做匀减速运动,速度减为零后再返回.由于运动具有“对称性”,即先、后两段位移大小相等,得粒子向A板运动的最大位移为smax=2×a=aT2.因题目要求粒子均不能到达A板,故必有smax=5×104 Hz.※专题课:带电粒子在交变电场中的运动
学习任务一　带电粒子在交变电场中的直线运动
　　　　　 　　　　　 　　　　　
[科学思维] 分析带电粒子在交变电场中的直线运动的方法
1.此类问题中,带电粒子进入电场时初速度为零,或初速度方向与电场方向平行,带电粒子在交变静电力的作用下,做加速、减速交替的直线运动.
2.该问题通常用动力学知识分析求解.重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等.常用v-t图像法来处理此类问题,通过画出粒子的v-t图像,可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来,便于求解.
例1 如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电的粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上,则t0可能是 (　)
A.0C.[反思感悟]


学习任务二　带电粒子在交变电场中的曲线运动
　　　　　 　　　　　 　　　　　
[科学思维] 分析带电粒子在交变电场中的曲线运动的方法
带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场,粒子做曲线运动.
(1)若带电粒子的初速度很大,粒子通过交变电场时所用时间极短,故可认为粒子所受静电力为恒力,粒子在电场中做类平抛运动.
(2)若粒子运动时间较长,在初速度方向做匀速直线运动,在垂直初速度方向利用vy-t图像进行分析:
①vy=0时,速度方向沿v0方向.
②y方向位移可用vy-t图像的面积进行求解.
例2 如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直.在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好从MN板右边缘射出电场,则 (　)
A.该粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向
B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0
C.若该粒子在t=时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上
D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T时刻射出电场
[反思感悟]

　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)一对正对平行金属板上加有如图所示的电压,在两板的中间位置有一带电粒子(不计重力),在下列哪一时刻由静止释放该粒子,它可能永远撞不上金属板 (　)
A.0 B.0.5 s末
C.1 s末 D.2 s末
2.(带电粒子在交变电场中的直线运动)[2024·长汀一中月考] 如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上,开始B板电势比A板电势高,这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动.设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是 (　)
A.电子一直向着A板运动
B.电子一直向着B板运动
C.电子先向A板运动,然后返回向B板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动
D.电子先向B板运动,然后返回向A板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动
3.(带电粒子在交变电场中的曲线运动)(多选)如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,大小都为d,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初速度大小均为v0,已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场,不计粒子间的相互作用,则(　)
A.t=0之后射入电场的粒子可能会打到极板上
B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C.时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为
D.若粒子的入射速度变为2v0,则无论哪个时刻进入电场的粒子,其从电场射出时的侧向位移都减半※专题课:带电粒子在交变电场中的运动建议用时:40分钟
　　　　　 　　　　　 　　　　　
◆ 知识点一　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.(多选)带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是(　)
A.微粒在0~1 s内的加速度与1~2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
2.(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子,两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后,下列四个选项中的图像,反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是 (　)
◆ 知识点二　带电粒子在交变电场中的曲线运动
3.(多选)[2024·福建师大附中月考] 如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板中线上的两点.当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放.小球运动过程中始终未接触极板,则t=T时,小球 (　)
A.在B点上方 B.恰好到达B点
C.速度小于v D.速度等于v
4.[2024·南平一中月考] 图甲为两水平金属板,在两板间加上周期为T的交变电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示.质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出.下列关于粒子运动描述错误的是(　)
A.t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
B.t=T时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等
5.(多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示.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.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度为零
D.0~3 s内,电场力做的总功为零
6.(多选)如图甲所示,长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器,电容器的B板接地,A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示,其周期T=.P为靠近A板左侧的一粒子源,能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子.已知t=0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器,则下列判断正确的是 (　)
A.t=0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0
B.该粒子源发射的粒子的比荷为
C.t=时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
D.t=0时刻发射的粒子经过的时间,其速度大小为v0
7.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示.在该匀强电场中,有一个带电粒子在t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是 (　)
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0~2 s内,电场力所做的功等于零
C.4 s末带电粒子回到原出发点
D.2.5~4 s内,速度的改变量等于零
8.如图甲所示,真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出),其中B板接地(电势为零),A板电势变化的规律如图乙所示.将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力.求:
(1)在t=0时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小;
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时速度的大小;
(3)A板电势变化频率多大时,在t=到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子,粒子均不能到达A板.
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专题课：带电粒子在交变电场中的运动
学习任务一 带电粒子在交变电场中的直线运动
学习任务二 带电粒子在交变电场中的曲线运动
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备用习题
学习任务一 带电粒子在交变电场中的直线运动
［科学思维］ 分析带电粒子在交变电场中的直线运动的方法
1.此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动.
2.该问题通常用动力学知识分析求解.重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期间的关系等.常用图像法来处理此类问题，通过画出粒子的图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解.
例1 如图甲所示，两平行正对的金属板、间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电的粒子被固定在两板的正中间处.若在时刻释放该粒子，粒子会时而向板运动，时而向板运动，并最终打在板上，则可能是( )
甲
乙
A. B. C. D.
√
[解析] 以粒子的速度方向、位移方向向右为正.由题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作
出、、、时刻释放的粒子运动的图像,如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,故由图像知,与时刻释放的粒子在一个周期内的总位移大于零,时刻释放的粒子在一个周期内的总位移小于零，时
刻释放的粒子运动情况与第一个周期内的运动情况类似.因粒子最终打在A板上,故要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,选项A、C、D错误，B正确.
学习任务二 带电粒子在交变电场中的曲线运动
［科学思维］ 分析带电粒子在交变电场中的曲线运动的方法
带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动.
(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动.
(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用图像进行分析：
①时，速度方向沿方向.
②方向位移可用图像的面积进行求解.
例2 如图甲所示，两平行金属板、的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直.在时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，时刻粒子刚好从板右边缘射出电场，则( )
甲
乙
甲
乙
A.该粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向
B.在时刻，该粒子的速度大小为
C.若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子会打在板上
D.若该粒子的入射速度变为，则该粒子仍在时刻射出电场
√
[解析] 由题设条件可知,粒子在内做类平抛运动,在内做类斜抛运动,因粒子在电场中所受的静电力大小不变,根据运动的对称性可知,粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向,如图所示,
选项A正确;前、后两段运动的时间相等,将时刻的速度分解,设板长为,由平抛运动规律可得,,解得,则时刻该粒子的速度大小为,选项B错误;若该粒子在时刻以速度进入电场,则粒子将先向下做类平抛运动,后做类斜抛运动,会从板右边缘射出电场,选项C错误;若该粒子的入射速度变为,则粒子在电场中运动的时间,选项D错误.
1. 在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一如图乙所示变化的交变电压,质量为m,电荷量为e的电子以速度v从两极板左端中点沿水平方向连续均匀地射入两平行板之间.若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计,不考虑电子间的相互作用,下列说法错误的是 (　　)
A.当Um<时,所有电子都能从极板的右端射出
B.当Um=时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2
C.当Um>时,有电子能从极板的右端射出
D.当Um=时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶(-1)
√
[解析] 两板间电压为Um时,由牛顿第二定律可得=ma,电子做类平抛运动,在水平方向上l=vt,在竖直方向上y=at2,联立可得,当y=d时,即电子恰好从极板边缘飞出,此时Um=,当Um<时,
所有电子都能从极板的右端射出,A正确;
当Um=时,一个周期内有的时间电压低于临界电压,因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶1,B错误;
当Um>,时,有部分电子能从极板的右端射出,C正确;
当Um=时,一个周期内有的时间电压低于临界电压,因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶(-1),D正确.
2. (多选)如图甲所示,长为L的两块正对金属板A、B水平放置,两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压UAB,电子流沿中心线OO'从O点以初速度v0=射入板间,电子都不会碰到极板.已知两金属板间距为d,且电子的质量为m、电荷量为e.下列说法正确的是 (　　)
A.两板间距d>T
B.电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
C.电子在t=时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
D.电子无论在哪一时刻从O点射入,离开板间电场时的速率一定是v0
√
√
√
[解析] 任何一个电子离开电场所用的时间均为=T,当电子在t=k(k=0,1,2,…)时刻从O点射入,射出电场时电子离开中心线的距离最大,为h=2×··,h<,得d>T,A正确;
电子在t=0时刻从O点射入时,电子离开电场时与中心线间的距离最大,不会从中心线离开电场,B错误;
电子在t=时刻从O点射入后,在电场中的运动轨迹如图,根据对称性可知电子从中心线离开电场,C正确;
设电子从t=-Δt时刻从O点射入电场,则沿电场方向的分速度vy=a-a-aΔt+aΔt=0,离开电场时只有沿中心线方向上的速度,大小为v0,D正确.
3. (多选)如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直.不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场,则 (　 　)
A.所有粒子都不会打到两极板上
B.所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场
C.运动过程中所有粒子的最大动能都不可能超过2Ek0
D.只有t=n(n=0,1,2,…)时刻射入电场的粒子才能垂直于电场方向射出电场
√
√
√
[解析] 带电粒子在垂直于电场方向上做匀速运动,在沿电场方向上做加速度大小不变、方向周期性变化的变速运动,由t=0时刻进入电场的粒子运动情况可知,粒子在平行板间运动时间为交变电场周期的整数倍,在0~时间内带电粒子运动的加速度a=,由匀变速直线运动规律得vy=at=t,
同理可分析~T时间内的运动情况,所以带电粒子在沿电场方向的
速度vy与E-t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值),
而经过整数个周期,E-t图像与时间轴所围面积始终为零,故带
电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零,B正确,D错误;
带电粒子在t=0时刻射入时,在电场方向上的位移最大,故其他粒子均不可能打到极板上,A正确;
当粒子在t=0时刻射入且经过T时间离开电场时,粒子在t=时达到最大速度,此时垂直于电场方向与沿电场方向的位移之比为1∶2,即v0t=2×at2,可得vy=v0,故粒子的最大速度为v=v0,因此最大动能为初动能的2倍,C正确.
1. (带电粒子在交变电场中的直线运动)一对正对平行金属板上加有如图所示的电压，在两板的中间位置有一带电粒子(不计重力)，在下列哪一时刻由静止释放该粒子，它可能永远撞不上金属板( )
A.0 B.末 C.末 D.末
√
[解析] 在0时刻、末释放时粒子做单向运动，末释放时，粒子在一个周期内沿正方向通过的位移大于沿负方向通过的位移，一个周期内的合位移沿着正方向，这几种情况下粒子都将撞在金属板上，而在末释放时粒子只在某一空间范围往复运动，粒子可能不会撞在金属板上，C正确.
2. (带电粒子在交变电场中的直线运动)[2024·长汀一中月考] 如图所示的交变电压加在平行板电容器、两极板上，开始板电势比板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动.设、两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )
A.电子一直向着板运动
B.电子一直向着板运动
C.电子先向板运动，然后返回向板运动，之后在、两板间做周期性往复运动
D.电子先向板运动，然后返回向板运动，之后在、两板间做周期性往复运动
√
[解析] 电子在第一个内做匀加速运动，在第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速
度大小为,电子在第三个内做匀加速运动，在第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为，所以电子做往复运动，D正确.
3. (带电粒子在交变电场中的曲线运动)(多选)如图甲所示，两平行金属板、的板长和板间距离相等，大小都为，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为，已知时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则( )
甲
乙
A.之后射入电场的粒子可能会打到极板上
B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C.时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为
D.若粒子的入射速度变为，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射出时的侧向位移都减半
√
√
[解析] 由题意，运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，B正确，A错误；当该粒子在时刻以速度进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，
其两板间最大偏移量为,又，联立可得，C正确；时刻的粒子入射速度为，则粒子从电场出射时间减半，侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原相比必变成原来的四分之一，D错误.

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