學習目標STSE情境導學1.理解帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉的原理.（重點）2.能用帶電粒子在電場中運動的規律分析解決實際問題.（難點）3.了解示波管的構造和原理eq\a\vs4\al(帶電粒子在直線加速器內可以獲得極大的速度)知識點一帶電粒子在電場中的加速1.電場力對它做的功W＝qU.2.帶電粒子到達負極板速率為v，它的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2.3.根據動能定理，可知qU＝eq\f(1,2)mv2，可解出v＝eq\r(\f(2qU,m)).知識點二帶電粒子在電場中的偏轉示波器1.帶電粒子的偏轉.如圖所示，兩平行導體板水平放置，導體板長度為l，板間距離為d，板間電壓為U，有一質量為m、電量為q的帶電粒子以水平初速度大小v0進入板間的勻強電場.重力忽略不計.帶電粒子垂直進入勻強電場的運動類似物體的平拋運動，因為帶電粒子在水平方向上不受力，豎直方向上受到一個恒定不變的電場力，所以可以將它的運動看成是由水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上初速度為零的勻加速直線運動合成的.（1）粒子在電場中的運動時間為t＝eq\f(l,v0).（2）粒子在電場中的側移距離為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)（eq\f(l,v0)）2＝eq\f(ql2U,2mdveq\o\al(2,0)).（3）粒子偏轉的角度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,dmveq\o\al(2,0)).2.示波器.（1）構造.示波器的核心部件是示波管，它主要由電子槍、偏轉系統和熒光屏三部分組成.（2）基本原理.帶電粒子在電場力的作用下加速和偏轉.1.下列粒子從初速度為零的狀態經加速電壓為U的電場后，哪種粒子速度最大（）A.質子（eq\o\al(1,1)H原子核）B.氘核（eq\o\al(2,1)H原子核）C.α粒子（eq\o\al(4,2)He原子核）D.鈉離子（Na＋）解析：設加速電場的電壓為U，粒子的質量和電量分別為m和q，根據動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于質子的比荷eq\f(q,m)最大，U相同，則質子的速度最大，故A正確.答案：A2.真空中有一束電子流，以速度v沿著跟電場強度垂直的方向自O點進入勻強電場，如圖所示，若以O為坐標原點，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向建立坐標系，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線跟電子流的徑跡交于M、N、P三點，那么：（1）電子流經M、N、P三點時，沿x軸方向的分速度之比為.（2）沿y軸的分速度之比為________________________________________________________________________.（3）電子流經過OM、MN、NP的動能增量之比為.解析：（1）水平方向做勻速運動，沿x軸方向的分速度之比為1∶1∶1.（2）由水平方向的分運動，可得OA、AB、BC三段時間相等，粒子在豎直方向做勻加速運動，由v＝at，可得vyM∶vyN∶vyP＝1∶2∶3.（3）粒子在豎直方向做勻加速運動，在相等時間的位移比yAM∶yBN∶yCP＝1∶3∶5，由動能定理Eqy＝ΔEk，電子流經過OM、MN、NP的動能增量之比為1∶3∶5.答案：（1）1∶1∶1（2）1∶2∶3（3）1∶3∶5學習小結1.結合平拋運動的知識理解帶電粒子在電場中的偏轉.2.通過分析帶電粒子在電場中的運動情況，解釋相關的物理現象探究一帶電粒子在電場中的加速問題1.關于帶電粒子在電場中的重力.（1）基本粒子如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力（但并不忽略質量）.（2）帶電微粒如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力.2.處理問題的方法和思路.（1）分析方法和力學的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程（平衡、加速、減速；直線還是曲線），然后選用恰當的規律解題.（2）解決這類問題的基本思路.①運動和力的觀點：用牛頓定律和運動學知識求解.②能量轉化的觀點：用動能定理和功能關系求解.3.應用動能定理處理這類問題的思路（粒子只受電場力）.（1）若帶電粒子的初速度為零，則它的末動能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).（2）若粒子的初速度為v0，則eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，末速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)).【典例1】醫學上對某些癌癥采用質子療法治療，該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞.現用一直線加速器來加速質子，使其從靜止開始被加速到1.0×107m/s.已知加速電場的場強為1.3×105N/C，質子的質量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則下列說法正確的是（）A.加速過程中質子電勢能增加B.質子所受到的電場力約為2×10－15NC.質子加速需要的時間約為8×10－6sD.加速器加速的直線長度約為4m解析：根據能量守恒定律得，動能增加，電勢能減小，故A錯誤；質子所受到的電場力約為F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2.08×10－14N，故B錯誤；根據牛頓第二定律得加速的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2.08×10－14,1.67×10－27)m/s2＝1.25×1013m/s2，則加速時間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1×107,1.25×1013)s＝0.8×10－6s，故C錯誤；加速器加速的直線長度約L＝eq\f(v,2)t＝eq\f(1×107,2)×0.8×10－6m＝4m，故D正確.故選D.答案：D解決帶電粒子在電場中運動問題的思路帶電粒子在電場中運動的問題實質上是力學問題的延續，從受力角度看，帶電粒子在電場中與一般物體相比多受到一個電場力；從處理方法上看，仍可利用力學中的規律分析，如共點力平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、功能關系、能量守恒等.（1）對帶電粒子進行受力分析、運動特點分析、做功情況分析，是解題的關鍵.（2）選擇解題方法時，優先從功能關系角度考慮，因為應用功能關系列式簡單、方便，不易出錯.1.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列說法正確的是（）A.兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速率就越大B.兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C.與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關D.以上說法均不正確解析：由動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，得v與距離無關，僅與加速電壓有關.答案：C2.（多選）如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板，如果要使這個帶電粒子到達M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能滿足要求的是（不計帶電粒子的重力）（）A.使初速度減為原來的eq\f(1,2)倍B.使M、N間電壓加倍C.使M、N間電壓增加到原來的4倍D.使初速度和M、N間的電壓都減為原來的eq\f(1,2)倍解析：由qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)知，當初速度變為eq\f(\r(2),2)v0時，l變為eq\f(l,2)；因為qE＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通過分析可知，B、D正確.答案：BD探究二帶電粒子在電場中的偏轉問題1.類平拋運動.不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強電場，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用而做勻變速曲線運動，稱之為類平拋運動.可以采用處理平拋運動的方法分析這種運動.2.運動規律.（1）沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t（初速度方向）.（2）垂直初速度方向：vy＝at，y＝eq\f(1,2)at2（電場線方向，其中a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)）.3.兩個結論.（1）偏轉距離：y＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d).（2）偏轉角度：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d).4.幾個推論.（1）粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移.（2）位移方向與初速度方向間夾角α的正切為速度偏轉角正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.（3）以相同的初速度進入同一個偏轉電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要eq\f(q,m)相同，即比荷相同，則偏轉距離y和偏轉角θ相同.（4）若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉距離y和偏轉角θ相同.（5）不同的帶電粒子經同一加速電場加速后（即加速電壓U1相同），進入同一偏轉電場，則偏轉距離y和偏轉角θ相同.【典例2】如圖所示，噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發生偏轉到達紙上.已知兩偏轉極板長度L＝1.5×10－2m，兩極板間電場強度E＝1.2×106N/C，墨滴的質量m＝1.0×10－13kg，電荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在進入電場前的速度v0＝15m/s，方向與兩極板平行.不計空氣阻力和墨滴重力，假設偏轉電場只局限在平行極板內部，忽略邊緣電場的影響.則：（1）判斷墨滴帶正電荷還是負電荷？（2）求墨滴在兩極板之間運動的時間.（3）求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y.解析：（1）墨滴偏轉的方向與電場線的方向相反，所以帶負電荷.（2）墨滴在水平方向做勻速直線運動，那么墨滴在兩板之間運動的時間t＝eq\f(L,v0)，代入數據可得t＝1.0×10－3s.（3）墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，有a＝eq\f(qE,m)，代入數據可得a＝1.2×103m/s2.離開偏轉電場時在豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2，代入數據可得y＝6.0×10－4m.答案：（1）負電荷（2）1.0×10－3s（3）6.0×10－4m分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵（1）條件分析：不計重力，且帶電粒子的初速度v0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用而做類平拋運動.（2）運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向的勻加速直線運動和垂直電場力方向的勻速直線運動.3.如圖，噴霧器可以噴出各種質量和電荷量的帶負電油滴.假設油滴以相同的水平速度射入接有恒定電壓的兩水平正對金屬板之間，有的沿水平直線①飛出，有的沿曲線②從板邊緣飛出，有的沿曲線③運動到板的中點上.不計空氣阻力及油滴間的相互作用，則（）A.沿直線①運動的所有油滴質量都相等B.沿直線①運動的所有油滴電荷量都相等C.沿曲線②、③運動的油滴，運動時間之比為1∶2D.沿曲線②、③運動的油滴，加速度大小之比為1∶4解析：沿直線①運動的油滴，根據題意得mg＝Eq，即eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，所以沿直線①運動的油滴比荷相同，A、B錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，均做類平拋運動，水平方向勻速運動：x＝v0t，初速度相同，所以運動時間之比等于位移之比，即為2∶1，C錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，水平方向x＝v0t，豎直方向：y＝eq\f(1,2)at2，聯立解得a＝eq\f(2yveq\o\al(2,0),x2)，因為水平位移之比為2∶1，v0和y相同，所以加速度大小之比為1∶4，D正確.答案：D探究三示波管的原理示波器工作原理1.發射電子：燈絲通電后給陰極加熱，使陰極發射電子.2.形成亮斑：電子經過陽極和陰極間的電場加速聚焦后形成一很細的電子束射出，電子打在熒光屏上形成一個小亮斑.3.控制位置：亮斑在熒光屏上的位置可以通過調節豎直偏轉極與水平偏轉極上的電壓大小來控制.【典例3】如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發出（初速度可忽略不計），經燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點.已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為l，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力.（1）求電子穿過A板時速度的大小；（2）求電子從偏轉電場射出時的偏移量；（3）若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？解析：（1）設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).（2）電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為0的勻加速直線運動.由牛頓第二定律和運動學公式有t＝eq\f(l,v0)，F＝ma，F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，y＝eq\f(1,2)at2，聯立上式解得偏移量y＝eq\f(U2l2,4U1d).（3）由y＝eq\f(U2l2,4U1d)可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點的上方.答案：（1）eq\r(\f(2eU1,m))（2）eq\f(U2l2,4U1d)（3）減小加速電壓U1或增大偏轉電壓U2.解決此題的關鍵是進行運動過程的分析，本題中粒子的運動過程分為三個階段，我們可以針對每一個過程選擇合適的物理學規律求解：（1）在第一個電場中粒子做加速運動，用動能定理求解.（2）在偏轉電場中粒子做類平拋運動，用運動的分解求解.（3）離開偏轉電場后粒子做勻速直線運動，用運動學規律求解.4.如圖甲所示為示波管構造的示意圖，實驗學校高二的某探究小組在XX′間加上了圖乙所示的UXX′t信號，YY′間加上了圖丙所示的UYY′t信號.則在屏幕上看到的圖形是（）解析：因題圖丙是豎直方向所加的掃描電壓，可使電子在豎直方向運動，所以示波管顯像在y軸；當加題圖乙的信號時，則熒光屏上顯示的波形與水平方向的電壓波形相同，其周期與圖乙的周期相同，所以圖像為選項C中所示，故C正確，A、B、D錯誤.故選C.答案：C探究四帶電粒子在電場中運動的四種題型題型一帶電體在電場中（重力、靜電力作用下）的直線運動討論帶電粒子在電場中做直線運動（加速或減速）的方法：（1）動力學方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式.當帶電粒子所受合力為恒力，且與速度方向共線時，粒子做勻變速直線運動.根據題意和所求，尤其是求時間問題時，優先考慮牛頓運動定律、勻變速直線運動公式.若為較復雜的勻變速直線運動，亦可以分解為重力方向上、靜電力方向上的直線運動來處理.（2）功、能量方法——動能定理、能量守恒定律.若題中已知和所求量涉及功和能量、那么應優先考慮動能定理、能量守恒定律.【典例4】如圖所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現有質量為m，帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板H處，以初速度v0豎直向上運動，從B板小孔進入板間電場.（1）帶電小球在板間做何種運動？（2）欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？解析：（1）帶電小球在電場外只受重力的作用做勻速減速直線運動，在電場中受重力和豎直向下的靜電力作用做勻減速直線運動.（2）整個運動過程中重力和靜電力做功，由動能定律得－mg（H＋h）－qUAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝meq\f([veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q).答案：（1）勻減速直線運動（2）meq\f([veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)題型二帶電體在重力、靜電力作用下的類平拋運動分析帶電體在重力、靜電力作用下的類平拋運動的方法：帶電體在重力、靜電力作用下做類平拋運動，涉及帶電粒子在電場中加速和偏轉的運動規律，利用運動的合成與分解把勻變速曲線運動轉換為直線運動研究，涉及運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關系的綜合應用.【典例5】兩平行金屬板A、B水平放置，一個質量為m＝5×10－6kg的帶電微粒，以v0＝2m/s的水平速度從兩板正中央位置射入電場，如圖所示，A、B兩板間距離為d＝4cm，板長l＝10cm，g取10m/s2.（1）當A、B間的電壓為UAB＝1000V時，微粒恰好不偏轉，沿圖中虛線射出電場，求該粒子的電荷量和電性；（2）令B板接地，欲使該微粒射出偏轉電場，求A板所加電勢的范圍.解析：（1）當UAB＝1000V時，重力跟靜電力平衡，微粒才沿初速度v0方向做勻速直線運動，故qeq\f(UAB,d)＝mg，q＝eq\f(mgd,UAB)＝2×10－9C；重力方向豎直向下，則靜電力方向豎直向上，而電場強度方向豎直向下（UAB＞0），所以微粒帶負電.（2）當qE＞mg時，帶電微粒向上偏，從右上邊緣M點飛出，如圖所示，設此時φA＝φ1，因為φB＝0，所以UAB＝φ1，靜電力和重力都沿豎直方向，粒子在水平方向做勻速直線運動，速度vx＝v0；在豎直方向a＝eq\f(qφ1,md)－g，側位移y＝eq\f(d,2)，所以eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(l,v0)，代入a和t解得φ1＝eq\f(mveq\o\al(2,0)d2＋mgdl2,ql2)＝2600V.當qE＜mg時，帶電微粒向下偏，設此時φA＝φ2，同理可得φ2＝－600V，故欲使微粒射出偏轉電場，A板電勢的范圍為－600V＜φA＜2600V.答案：（1）2×10－9C負電（2）－600V＜φA＜2600V題型三帶電粒子在交變電場中的運動帶電粒子在交變電場中運動問題的分析方法：1.分段分析：按照時間的先后，分階段分析粒子在不同電場中的受力情況和運動情況，然后選擇牛頓運動定律、運動學規律或功能關系求解相關問題.2.v-t圖像輔助：帶電粒子在交變電場中運動情況一般比較復雜，常規的分段分析很麻煩.較好的方法是分段分析粒子受力的情況下，畫出粒子的v-t圖像.畫圖時，注意加速度相同的運動圖像是平行的直線，圖像與坐標軸所圍圖形的面積表示位移，圖像與t軸的交點表示此時速度方向改變等.3.運動的對稱性和周期性：帶電粒子在周期性變化的電場中運動時，粒子的運動一般具有對稱性和周期性.【典例6】（多選）帶正電的微粒放在電場中，電場強度的大小和方向隨時間變化的規律如圖所示.帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是（）A.微粒在0～1s內的加速度與1～2s內的加速度相同B.微粒將沿著一條直線運動C.微粒做往復運動D.微粒在第1s內的位移與第3s內的位移相同解析：設粒子的速度方向、位移方向向右為正，作出粒子的v-t圖像如圖所示.由圖可知選項B、D正確.答案：BD題型四“等效重力法”問題1.“等效重力法”的基本思想.將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向.2.物理最高點與幾何最高點.在“等效力場”中做圓周運動的小球，經常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題.小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小（稱為臨界速度）的點.【典例7】如圖所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點.該區間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m的帶電小球（可視為質點）恰好能靜止在C點.若在C點給小球一個初速度使它在軌道內側恰好能做完整的圓周運動（小球的電荷量不變）.已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：（1）小球所受的電場力F的大小；（2）小球做圓周運動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大小.解析：（1）小球在C點靜止，受力分析如圖所示.由平衡條件得F＝mgtan60°，解得F＝eq\r(3)mg.（2）小球在光滑軌道內側恰好做完整的圓周運動，在D點小球速度最小，對軌道的壓力為零，則eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)，解得小球在D點的速度vD＝eq\r(2gr)，小球由軌道上A點運動到D點的過程，根據動能定理得－mgr（1＋cosθ）－Frsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得小球在A點的速度vA＝2eq\r(2gr)，小球在A點，根據牛頓第二定律得NA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),r)，解得NA＝9mg，根據牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小為N′A＝9mg.答案：（1）eq\r(3)mg（2）eq\r(2gr)9mg5.如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時間段是（）A.0<t0<eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<TD.T<t0<eq\f(9T,8)解析：設粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意得，粒子的速度方向時而為負，時而為正，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負.作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖像如圖所示.由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內的總位移小于零；當t0>T時情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各選項可知只有B正確.故選B.答案：B6.（多選）如圖甲所示，平行板相距為d，在兩金屬板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個粒子源在平行板左邊界中點處沿垂直電場方向連續發射速度相同的帶正電粒子（不計重力）.t＝0時刻進入電場的粒子恰好在t＝T時刻到達B板右邊緣，則（）A.任意時刻進入的粒子到達電場右邊界經歷的時間為TB.t＝eq\f(T,4)時刻進入的粒子到達電場右邊界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)時刻進入的粒子到達電場右邊界時距B板的距離為eq\f(d,4)D.粒子到達電場右邊界時的動能與何時進入電場無關解析：任意時刻進入的粒子在水平方向的分運動都是勻速直線運動，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不變，所以到達電場右邊界所用時間都相等，且都為T，故A正確；粒子在豎直方向做周期性運動，勻加速和勻減速運動的時間相等，加速度也相同，所以到達電場右邊界時速度的變化量為零，因此粒子到達電場右邊界時的速度大小等于進入電場時初速度大小，與何時進入電場無關，故B錯誤，D正確；對于t＝0時刻進入電場的粒子，據題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2；對于t＝eq\f(T,4)時刻進入的粒子，在前eq\f(T,2)時間內豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2，在后eq\f(T,2)時間內