10.5 帶電粒子在電場中的運動（分層作業(yè)）（解析版）

第5節(jié)帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在電場中做直線運動1．在如圖所示的勻強電場中，若一個點電荷從P點由靜止釋放，只受到電場力的作用。則以下說法中正確的是（）A．該點電荷受到的電場力逐漸增大 B．該點電荷一定向右做勻速運動C．該點電荷一定做勻加速直線運動 D．該點電荷一定做勻減速直線運動【答案】C【詳解】A．電荷在勻強電場中受力不變，故A錯誤；B．因電性未知，所以無法判斷運動方向，且點電荷合外力不為零，其一定不會做勻速運動，故B錯誤；CD．由靜止釋放，在恒定電場力作用下一定做勻加速直線運動，故C正確，D錯誤。故選C。2．（多選）如圖所示為“質子治療儀”，質子先被加速到較高的能量，然后被引向并轟擊腫瘤，殺死細胞，達到治療效果。若質子由靜止經(jīng)過電場被勻加速到速度的過程中，通過的位移大小為，已知質子的質量為，電量為，由以上信息可以推算出（）A．該加速電場的電壓B．該加速電場的電場強度C．質子加速后的電勢能D．運動過程中電場力對質子所做的功【答案】ABD【詳解】A．根據(jù)可求解該加速電場的電壓Ｕ，選項A正確；B．根據(jù)可求解該加速電場的電場強度，選項B正確；C．因零電勢點不確定，則不能確定質子加速后的電勢能，選項C錯誤；D．運動過程中電場力對質子所做的功選項D正確。故選ABD。3．如圖所示，A、B為勻強電場中同一條電場線上的兩點，一個負電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點。以下圖像中能正確描述位移x、靜電力F、速度v和加速度a各物理量隨時間變化的是（??）A． B． C． D．【答案】D【詳解】A．從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，則粒子受電場力恒定做初速度為零的勻加速直線運動，則位移隨時間變化圖像為拋物線，故A錯誤；B．在勻強電場中，受電場力恒定，故B錯誤；C．粒子受電場力恒定做初速度為零的勻加速直線運動，速度隨時間均勻增加，故C錯誤；D．粒子受力恒定，加速度不變，故D正確。故選D。4．如圖所示，A、B極板接在電壓為U的電源上，一電子電量為e，質量為m，從A極板靜止釋放，求電子到達B極板的速度大小?！敬鸢浮俊驹斀狻扛鶕?jù)動能定理有解得5．如圖，平行板電容器的兩個長為l的極板與水平地面成一角度θ，兩極板之間電勢差。一質量為m、電荷量為+q可視為質點的帶電小球，以初速度v0沿圖中所示水平直線，從上極板的左端到達下極板的右端，已知重力加速度為g。求：（1）兩極板間的電勢差大??；（2）粒子到達下極板的右端的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）帶電小球沿水平方向運動，則有因為聯(lián)立可得兩極板間的電勢差大小為（2）因為小球帶正電，則小球水平向右勻減速直線運動，則有又聯(lián)立解得粒子到達下極板的右端的速度為6．電子被加速器加速后轟擊重金屬靶時，會產(chǎn)生射線，可用于放射治療。圖甲展示了一臺醫(yī)用電子直線加速器，其原理如圖乙所示：從陰極射線管的陰極K發(fā)射出來的電子（速度可忽略），經(jīng)電勢差的絕對值為U的電場加速后獲得速度v，加速電場兩極板間的距離為d，不計電子所受重力。下列操作可使v增大的是（）A．僅增大U B．僅減小U C．僅增大d D．僅減小d【答案】A【詳解】電子在電場中加速，由動能定理可得解得易知可使v增大的操作是僅增大U。故選A。帶電粒子在電場中做曲線運動7．（多選）如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．時刻，質量為m的帶電微粒以初速度沿中線射入兩板間，時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，則微粒離開電場時（

）A．動能為 B．電場力的功率為C．重力勢能減少了 D．電場力做功為【答案】AC【詳解】AB．時間內微粒勻速運動，說明重力和電場力平衡，則有qE0=mg時間內，微粒只受到重力，微粒做平拋運動，豎直方向的加速度為g，方向向下；時間內，微粒的加速度大小方向豎直向上，微粒在豎直方向上向下做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，在水平方向上仍做勻速直線運動，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，此時的動能為，此時豎直速度為零，則電場力的功率為0，故A正確，B錯誤；C．T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出，則重力勢能減少了故C正確；D．由動能定理知外力對微粒所做的總功為0，則電場力做功與重力做功代數(shù)和為0，電場力做功為故D錯誤。故選AC。8．如圖所示，一質量為m、電荷量為的粒子，以初速度從a點豎直向上射入勻強電場中，勻強電場方向水平向左。粒子通過電場中的b點時，速率為，方向與電場方向平行。則a、b兩點間的電勢差為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設粒子從到所用時間為，豎直方向有水平方向有，聯(lián)立解得，由可得場強大小為根據(jù)沿場強方向電勢降低可知，點電勢低于點電勢，則a、b兩點間的電勢差為故選D。9．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程中，速度大小的最小值為（）A． B． C． D．0【答案】A【詳解】帶電小球在電場中做勻變速曲線運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有可得合成電場力和重力，設等效重力與豎直方向的夾角為，如圖所示故有則有當小球做類斜上拋運動到等效最高點時，速度最小，則有故選A。10．（多選）如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度沿M、N兩板的中線進入水平放置的帶電平行金屬板內，恰好沿N板的右邊緣飛出，最終打在金屬板右側的屏幕上。已知金屬板的長度及金屬板右邊緣至屏幕的水平距離均為L，M、N兩板間距離為d，兩板之間中線的延長線與屏幕的交點為O，帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不計粒子的重力。則（

）A．兩板之間的電壓為B．粒子經(jīng)過N板右邊緣處的速度大小為C．粒子在兩板間運動的前一半時間和后一半時間內，電場力做功之比為D．粒子打到屏幕上的位置與O點之間的距離為【答案】BD【詳解】A．粒子在兩板之間運動的時間為粒子在豎直方向上有解得故A錯誤；B．根據(jù)平拋運動的推論，粒子速度反向延長線交于水平位移的中點，則可得粒子在N板右邊緣處速度在豎直方向上的分速度在該點的速度為故B正確；C．粒子在兩板間運動的過程中，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，可知前一半時間和后一半時間其豎直方向上的位移之比為，則電場力做功之比為，故C錯誤；D．根據(jù)粒子速度的反向延長線交于水平位移的中點，做出如下位置關系根據(jù)幾何關系結合相似三角形的知識可得解得故D正確。故選BD。示波管11．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）A．極板X應帶正電 B．極板X'應帶負電C．極板Y應帶正電 D．極板Y'應帶正電【答案】D【詳解】電子受力方向與電場方向相反，因電子向極板X'方向偏轉，則電場方向為極板X'到極板X，則極板X帶負電，極板X'帶正電，同理可以知道極板Y帶負電，極板Y'帶正電。故選D。14．（多選）示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖所示，不同的帶負電粒子在電壓為的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，不考慮重力影響，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，則（

）A．若比荷相同，則粒子從M孔射出的速率一定相等B．若電荷量q相等，則粒子穿過偏轉電場的時間一定相等C．若電荷量q相等，則粒子離開偏轉電場時的動能一定相等D．若比荷不同，則粒子離開偏轉電場時速度的偏轉角度不同【答案】AC【詳解】A．由動能定理得可得所以當帶負電粒子的比荷相等時，它們從M孔射出的速度的大小相等，故A正確；B．設偏轉電場的的長度為，粒子穿過偏轉電場的時間若電荷量q相等，質量不相等，粒子穿過偏轉電場的時間不同，故B錯誤；C．設偏轉電場的板間距離為，進入電壓為的平行金屬板間的電場后，粒子做類平拋運動，則，，，聯(lián)立解得粒子在電場中運動，由動能定理可知若粒子的電荷量q相等，則它們從電場射出時的動能相等，故C正確；D．如圖所示，在偏轉電場中有tanθ=偏轉角度θ與粒子的比荷無關，所以不同比荷的帶負電粒子從O點射入，偏轉角度θ相同，故D錯誤。故選AC。12．有一種電子儀器叫作示波器，可以用來觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件是示波管，圖甲是它的原理圖。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的一束電子。如果在電極YY'之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX'之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是選項圖中（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】在0~2時間內，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內熒光屏上的圖形為C。故選C。13．（多選）如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質子以初速度從O點沿軸線進入加速器，質子在金屬圓筒內做勻速直線運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質子電量為e，質量為m，不計質子經(jīng)過狹縫的時間，則（）A．MN所接電源的極性應周期性變化B．金屬圓筒的長度應與質子進入圓筒時的速度成正比C．質子從圓筒E射出時的速度大小為D．圓筒E的長度為【答案】AB【詳解】A．因由直線加速器加速質子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時，則在下一個加速時需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應周期性變化，故A正確；B．因質子在金屬圓筒內做勻速運動且時間均為T，由可知金屬圓筒的長度應與質子進入圓筒時的速度成正比，故B正確；C．質子以初速度從O點沿軸線進入加速器，質子經(jīng)5次加速，由動能定理可得解得質子從圓筒E射出時的速度大小為故C錯誤；D．質子在圓筒內做勻速運動，所以圓筒E的長度為故D錯誤。故選AB。14．如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉電極YY、水平方向偏轉電極XX＇和熒光屏組成。電極。YY＇、XX＇的長度均為l、間距均為d。若電子槍的加速電壓為，XX＇極板間的電壓為（X端接為高電勢），YY＇極板間的電壓為零。電子剛離開金屬絲時速度可視為零，從電子槍射出后沿示波管軸線OO＇方向（O＇在熒光屏正中央）進入偏轉電極。電子電荷量為e則電子（）A．會打在熒光屏左上角形成光斑B．打在熒光屏上時的動能大小為C．打在熒光屏上的位置與的距離為D．打在熒光屏上時，速度方向與OO＇的夾角滿足【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，由于XX＇極板間的電壓為（X端接為高電勢），YY＇極板間的電壓為零，則電子只是向左偏轉，上下未發(fā)生偏轉，則在水平軸線的左半段成光斑，故A錯誤；B．根據(jù)題意可知，電子在加速電場中運動，電場力做功為電子在偏轉電場中運動，電場力做功由動能定理可知，由于電子剛離開金屬絲時速度可視為零，打在熒光屏上時的動能大小為故B錯誤；C．根據(jù)題意可知，電子在加速電場中運動，由動能定理有電子在偏轉電場中運動，則有，，聯(lián)立解得設電極左端到熒光屏的距離為，電子離開電極后繼續(xù)做勻速直線運動，由相似三角形可得解得即打在熒光屏上的位置與的距離為，故C錯誤；D．電子在偏轉電場中運動，則有，，解得則速度方向與OO＇的夾角滿足故D正確。故選D。15．如圖所示，在一水平向左的勻強電場中，光滑絕緣直角三角形斜劈ABC被固定在水平面上，其斜面長，傾角為。有一個電荷量為、質量為的帶負電小物塊（可視為質點）恰能靜止在斜面的頂端A處，，。求：（1）帶電小物塊的電性及AB兩點間的電勢差；（2）若電場強度減小為原來的三分之一時小物塊從A下滑到B的時間t?！敬鸢浮浚?）負電，；（2）【詳解】（1）電場力水平向右，因此帶負電，帶電物體在電場力、重力以及支持力作用下處于受力平衡狀態(tài)，對其進行受力分析知電勢差得（2）沿斜面的方向上其中代入數(shù)據(jù)得由得16．（多選）如圖所示，水平桌面上固定一光滑絕緣的斜面，勻強電場方向平行于水平桌面向左，一平行斜面放置的絕緣輕質彈簧的下端固定在斜面底端，上端在P點，小球恰好能靜止在Q點，現(xiàn)給小球一個沿斜面向下的初速度v?。則下列說法正確的是（）A．小球及彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒B．從Q點到P點的過程小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C．小球從P點到最低點的過程中，彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量D．小球從P點到最低點的過程中，重力和電場力做功的代數(shù)和等于小球動能的減少量【答案】BC【詳解】A．由于有電場力做功，因此小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．由題意可知，上端在P點，小球恰好能靜止在Q點，則小球受合外力為零；小球從Q點到P點運動過程中，所受合力也為零，故合力做功為零，動能不變，則減少的重力勢能等于增加的電勢能，故B正確；C．從P點到最低點過程中，合力做功等于彈簧彈力做功，故動能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量，故C正確；D．電場力做功與重力做功的代數(shù)和始終為零，故D錯誤。故選BC。17．一個帶電荷量為的油滴，從O點以速度v射入方向水平向右的勻強電場中恰好做直線運動，油滴運動到最高點P時未離開電場區(qū)域，v的方向與電場方向成角。已知油滴的質量為m，重力加速度為g。則O、P兩點間的電勢差為（??）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由題意可知，帶電油滴在勻強電場中受到水平向左的電場力，豎直向下的重力。因為其做直線運動，所以其兩者的合力方向與速度方向相反，由幾何關系得得由題意知，帶電油滴的合力方向與速度方向相反，合力大小為帶電油滴沿著初速度方向做勻減速直線運動，運動到最高點時速度為零，由動能定理得最高點與O點的水平距離為O點與最高點的電勢差為解得故選C。18．如圖所示，水平位置的平行板電容器，原來A、B兩板不帶電，B極板接地，它的極板長，兩板間距離，現(xiàn)有一粒子質量，帶電荷量，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用粒子恰好能落到A板的中點處，取。試求：（1）若粒子從右側飛出，A極板電勢能不能取負值？說明理由。（2）帶電粒子入射初速度的大??；（3）現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電粒子能從平行板電容器的右側射出，則帶電后A板電勢的取值范圍？【答案】（1）不能；見解析；（2）；（3）【詳解】（1）不能。若取負值，則粒子受到得靜電力豎直向下與粒子重力合成后向下的加速度更大，軌跡向下極板偏折的更厲害，粒子就更不可能從右側飛出。（2）粒子做平拋運動到的過程中，有

解得（3）粒子做類平拋運動，若恰好從下極板右側邊緣射出（如圖），則在豎直方向由牛頓第二定律和運動學公式得，由類平拋運動規(guī)律，水平方向有聯(lián)立解得同理若恰好從上極板右側邊緣射出，則在豎直和水平方向由牛頓第二定律和運動學公式得，，聯(lián)立，解得故A板電勢的取值范圍是19．如圖甲所示，真空室中加熱的陰極K發(fā)出的電子（初速度不計）經(jīng)電場加速后，由小孔S沿兩平行金屬板M、N的中心線OO'射入板間，加速電壓為，M、N板長為L，兩板相距。加在M、N兩板間電壓隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，變化周期為，M、N板間的電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場。在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內，兩板電壓可視作不變，板M、N右側距板右端L處放置一足夠大的熒光屏，屏與OO'垂直，交點為O'。已知電子的質量為m，電荷量為e，忽略電子重力及電子間的相互作用，不考慮相對論效應。求：（1）若加速電場兩板間距離為d，求電子加速至O點所用時間t；（2）電子剛好從M板的右邊緣離開偏轉電場時，M、N板間的電壓；（3）在熒光屏上有電子到達的區(qū)域的長度。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，電子加速到O點的過程，由動能定理有解得（2）設M、N兩板間距離為d，電子在M、N板間運動時間為t1，加速度大小為a，則水平方向上有豎直方向上有由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意可知，電子剛好從M板的右邊緣離開偏轉電場時，垂直于中心線方向的速度偏轉角度的正切由幾何關系有解得20．如圖（a）所示，兩豎直平行金屬板A、B與x軸垂直，接在電壓大小為的穩(wěn)壓電源上，A板過原點，在B板上靠近中間處有一長度的水平狹縫．在B板右側水平放置邊長為的兩正方形平行金屬板C、D，兩板間距，距板右端處垂直x軸有一足夠大的熒光屏。A板中間位置沿z軸方向有一線形離子源，可以連續(xù)釋放初速度為零的正離子。已知離子源、B板上的狹縫和C、D板中間線均在同一水平面內，且C、D板不加電壓時，屏上會出現(xiàn)長2cm一條水平亮線．現(xiàn)在C、D兩極板間接上如圖（b）所示的交變電壓（若每個離子穿過C、D板間的時間極短，可認為此過程中C、D板間電壓不變，極板間形成的電場可視為勻強電場），忽略電場的邊緣效應，不計離子重力以及離子間的相互作用力，離子的比荷均為。求：（1）離子穿過B板狹縫時的速度大??；（2）C、D板間電壓為時，離子離開C、D板時的速度與水平方向夾角（即速度偏向角）的正切值；（3）離子打在屏上的區(qū)域面積S。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設離子穿過B板狹縫時速度為，根據(jù)動能定理有解得（2）C、D兩板間電壓，設粒子離開C、D間電場時的豎直方向的速度分量為，速度偏向角為θ，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)得（3）設粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉電場時偏轉距離為y，沿電場方向的速度為，速度偏轉角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，如圖所示則有聯(lián)立以上各式解得即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點。設離子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為，有解得可知，當時離子打到極板上，時離子打到屏上。設粒子打到屏上區(qū)域的豎直高度為，根據(jù)上述推導可得結論：打到屏上的離子好像是從兩極板間中線的中點沿直線射出一樣，結合題圖由三角形相似可得解得因此，打到屏上區(qū)域為高、寬的長方形面積21．示波器用來觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件是示波管，它的原理圖如下圖所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子（逸出時的速度較小可以忽略），電子經(jīng)加速電壓U0加速后進入平行正對的偏轉電極和，兩對電極都關于中央軸線對稱，正方形金屬板電極邊長都為L，極板間距都為d，如果在偏轉電極之間和偏轉電極之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。已知電子的質量為m，所帶的電荷量為，現(xiàn)只在之間加偏轉電壓，求：（1）電子進入偏轉電極時的速度v；（2）若電子能夠通過偏轉電極，加在偏轉電極上的電壓U不超過多少；（3）在偏轉電場中，單位電壓引起的偏轉距離（即）稱為示波管的靈敏度，該值越大表示示波管的靈敏度越高，試求該示波管的靈敏度，并分析如何調整裝置參數(shù)可以提高裝置的靈敏度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）電子在電場中加速，根據(jù)動能定理可得解得（2）電子在偏轉方向做初速度為零的勻加速直線運動，偏轉方向加速度為若電子恰好打在金屬板邊緣，則有解得則加在偏轉電極上的電壓U不能超過。（3）偏轉距離滿足變化可得可得靈敏度若要提高靈敏度，可通過增大L，減小d，減小U0。22．（2024·遼寧·高考真題）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能減小【答案】D【詳解】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向，根據(jù)力的合成可知電場強度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。23．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉電極YY′、水平方向偏轉電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e，質量為m，則電子（

）A．在XX′極板間的加速度大小為B．打在熒光屏時，動能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切【答案】D【詳解】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小A錯誤；B．電子電極XX′間運動時，有vx=axt電子離開電極XX′時的動能為電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為，B錯誤；C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小C錯誤；D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切D正確。故選D。24．（2023·湖北·高考真題）（多選）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（

）

A．B．C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉角度的正切值為2D．僅改變微粒的質量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變【答案】BD【詳解】B．粒子在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線直