2021年2021年(浙江选考)高考物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场性质和带电粒子在电场中的运动学案.docx

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1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -第 1 讲电场性质和带电粒子在电场中的运动 选考考点分布考试要求历次选考统计章学问内容必考加试2021/102021/042021/102021/042021/11电荷及其守恒定律bc库仑定律c114.13133电场强度cc1386电势能和电势bc138电势差bc静电势差与电电场强度c场的关系静电现象的应用b电容器的电容bc7带电粒子在电场中bd238.228.2388. 19的运动考点一电场基本性质的懂得1(2021 浙江11 月选考 6) 电场线的外形可以用试验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里， 加上电场，头发屑就依

2、据电场的方向排列起来，如图1 所示关于此试验，以下说法正确选项()1 / 19第 1 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 1A a 图为模拟两等量同种电荷的电场线Bb 图肯定为模拟两等量正电荷的电场线C a 图中的 A.B 应接高压起电装置的两极D b 图中的 A.B 应接高压起电装置的两极答案C 2(2021 浙江10 月学考 8) 如图2 为某一电场的电场线，M.N.P 为电场线上的三个点， M.N 为同一电场线上的两点以下判定正确选项()图 2 A M.N. P三点中 N 点的场强最大B

3、M.N. P三点中 N 点的电势最高C负电荷在M点的电势能大于在N 点的电势能D正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N 点答案A解析电场线的疏密反映了电场的强弱，所以N 点场强最大，选项A 正确顺着电场线的方向，电势降低，M点的电势最高，选项B 错误依据Ep q， M P N可知，负电荷在M点电势能小于在N 点的电势能，选项C 错误正电荷从M点静止释放，电荷在电场力的作用 8下运动，但为运动轨迹并不沿电场线，选项D错误3 (2021 浙江4 月学考 13) 如图3 所示，真空中有两个点电荷Q1 9.0 10C 和 Q2 8 1.0 10C， 分别固定在x 坐标轴上，其中Q1 位于x0 处

4、， Q2 位于x6 cm 处在 x 轴上 ()图 3A场强为0 的点有两处B在 x 6 cm 区域，电势沿x 轴正方向降低2 / 19第 2 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -C质子从x 1 cm 运动到 x5 cm 处，电势能上升D在 0x 6 cm 和 x 9 cm 的区域，场强沿x 轴正方向答案D解析因 为 Q1 0， Q2 0，且Q1 | Q2| ，所以x 0 区域不会显现合场强为0 的点； 0 x6Q1cm 区域合场强沿x 轴正方向，场强都不为零，x6 cm区域有一位置合场强为零，由kx

5、2 k错误 . 得x 9 cm， 就6 cmx9 cm区域合场强沿x 轴负方向，x 9 cm 区域合场强沿x轴正方向，故A 错， D 对；沿电场方向电势降低，B 错；质子带正电，在电势高处电势能大，C错4 ( 人教版选修3 1P9 第 3 题改编 ) 真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A 和 B( 均可看做点电荷) ，分别固定在两处，两球间静电力为F. 现用一个不带电的同样的金属小 球 C 先与 A 接触，再与B 接触，然后移开C，再使 A. B 间距离增大为原先的2 倍，就它们间的静电力为()1A. 2F B.1F C.11F D.F4832答案D5(2021 稽阳联谊学校8 月联考

6、) 如图 4 所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M. N为运动轨迹上的两点，就()图 4 A M点的电势比N 点的电势低B粒子在M点的加速度比在N 点的加速度大C粒子肯定为从M点运动到N 点D粒子在M点的电势能比在N 点的电势能大答案D 解析由沿电场线方向电势降低知M点的电势高于N 点的电势， A 错误；依据电场线疏密程 度可知N 点场强大，所以加速度也大，B 错误；依据轨迹看不出运动方向，C 错误；依据轨迹可知带电粒子受力与电场线方向一样，因此粒子带正电荷，正电荷在电势高的地方电势能大， D正确3 / 19第 3 页，共 19 页 - - - - - - -

7、- - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -6.如图5 所示，B 为线段AC的中点，假如在A 处放一个Q的点电荷，测得B 处的场强EB 48 N/C ，就 ()图 5AEC 24 N/CBEC 12 N/C 9 9C如要使EB 0，可在C 处放一个Q的点电荷D把q 10C 的点电荷放在C 点，就其所受电场力的大小为610N答案B解析由真空中点电荷的场强公式kQE r2 知A 错误，B 正确；依据场的叠加及点电荷产生的场强方向知，应在C 处放一等量同种电荷，C 错误； F qEC 1.2 10N，D错误 87(2021 台州市9 月选考 ) 如图 6 甲

8、所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势 随 x 变化的情形如图乙所示如在O 点由静止释放一电子，且电子仅受电场力的作用，就()图 6A电场的方向沿Ox正方向 B电子沿Ox正方向运动 C电场的场强沿Ox方向增大D电子的电势能将增大答案B带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1) 某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2) 从轨迹的弯曲方向判定受力方向( 轨迹向合外力方向弯曲) ，从而分析电场方向或电荷的正负；(3) 结合轨迹.速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能.电势和电势差的变化等4 / 19第 4 页，共 19 页 - - - - - -

9、 - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -考点二带电粒子在电场中的直线运动341(2021 浙江11 月选考 19) 如图7 所示， AMB为一条长L 10 m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h 1.25 m处， A.B 为端点， M为中点，轨道MB处在方向竖直向上.大小 E510N/C 的匀强电场中一质量m0.1 kg.电荷量q 1.3 10C 的可视为质点的滑块以初速度v06 m/s在轨道上自A 点开头向右运动，经M点进入电场，从B 点离开电2场已知滑块与轨道间的动摩擦因数 0.2 ， g 10 m/s . 求滑块：图 7(1) 到达

10、M点时的速度大小；(2) 从 M点运动到B 点所用的时间；(3) 落地点距B 点的水平距离10答案(1)4 m/s(2)7s(3)1.5 m解析(1) 在 AM阶段对物体的受力分析如下：mgag 2 m/s2m 依据运动学公式vM2 v02 2ax，可得vM 4 m/s(2) 进入电场之后，Eq 0.65 N ，受力分析如下：a 错误 . 0.7 m/s 2依据运动学公式vB2 vM2 2a x，解得 vB 3 m/sxvB vM依据匀变速直线运动推论MB2t5 / 19第 5 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - -

11、 - - - -解得 t 10 s712(3) 从B点飞出后，滑块做平抛运动，因此h gt ，2落地点距B 点的水平距离解得 t 0.5 sx vBt 1.5 m.2(2021 浙江4 月选考 8) 密立根油滴试验原理如图8 所示两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小.质量和带电荷量各不相同的油滴通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，如此悬浮油滴的质量为m，就以下说法正确选项()图 8A悬浮油滴带正电mgB悬浮油滴的带电荷量为UC增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D油滴的带电荷量不肯定为电子带电荷量的整数倍

12、答案C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平稳，所以带负电，A 错；由 Eqmg得 qmg E ，所以B 错；假如增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动， C 对；全部带电体的电荷量都为电子带电荷量的整数倍，D 错313. (人教版选修31P39 第 2 题改编 ) 某种金属板M 受到某种紫外线照耀时会不停地发射电 子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M 旁放置一个金属网N. 现按图9 所示那样在M.N 之间加一个电压U，发觉当U 12.5 V时电流表中就没有电流已知电子的 质量me9.1 10kg. 问：被这种紫外线照耀出的电子，最大速度为多少？(

13、结果保留三位有效数字 )6 / 19第 6 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 96答案2.10 10m/s解析假如电子的动能削减到等于0 的时候，电子恰好没有到达N板，就电流表中就没有电流，由W 0 Ekm，W eU，12得 eU0 Ekmmev ，22eUvme21.6 101912.59.1 10 3162.10 10m/sm/s.4如图 10 所示，水平放置的金属薄板A.B 间有匀强电场，已知B 板电势高于A 板电场强度 E510 5N/C，间距d1.25 mA 板上有一小孔，M恰好在孔

14、的正上方，距离A 板 h2 8 1.25 m 从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量 3m 110kg 的带电小球第1个带电小球的电量q1 110C，第n 个带电小球的电量qn nq1. 取g 10 m/s. 求：图 10(1) 第 1 个带电小球从M处下落至B 板的时间；(2) 从第几个带电小球起不能抵达B 板；(3) 第(2) 问中该带电小球下落过程中机械能的变化量答案(1)6 12s(2)5(3) 2.08 10 2 J解析(1)t 12h 0.5 s ，gv12gh 5 m/s ，mg Eq12a1m 5 m/s，7 / 19第 7 页，共 19 页 - - - - - - - -

15、- -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -d v t 1t 22，1 2a12代入解得：t 26 22s ，t 总 t 1 t 26 12s. 8(2) mg( h d) Eqnd Ek 0， qn 错误 . 410C， n错误 . 4，即第4 个小球恰好抵达 B 板，就第5 个小球不能到达B 板5(3) mg( h x) Eq5x Ek 0，x 6 m， 2 E 机 mg( h x) 2.08 10J.带电粒子在电场中直线运动时的两种解题思路(1) 应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在

16、一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动依据带电粒子的受力情形，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度.位移.时间等(2) 用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功仍为负功；确定带电粒子的初.末状态的动能，依据动能定理列方程求解考点三带电粒子在电场中的曲线运动1. (2021 浙江4 月选考 8) 如图11 所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场有一质量为m，电荷量为q 的点电荷从两极板正中间处静止释放重力加速度为g. 就点电荷运动到负极板的过程()图 11A加速度大小为Eqa gm8 / 19第 8 页，共

17、 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -dm B所需的时间为t EqC下降的高度为dy2D电场力所做的功为W Eqd答案B解析点电荷受到重力.电场力的作用，所以a 错误 . ，选项A 错误；依据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为dt ，就 21Eq2tm2，化简就t md，选项EqB 正确；下降高度1y gt22mgd，选项2EqC 错；电场力做功EqdW 2 ，选项D错误2 ( 人教版选修3 1P39 第 3 题) 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场进入时速度方向与板面平行，在以下两

18、种情形下，分别求出离开时电子偏角的正切值 与氢核偏角的正切值之比(1) 电子与氢核的初速度相同(2) 电子与氢核的初动能相同答案见解析解析设加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极间距离为d，极板长为l ，就：带电粒子在加速电场中获得初动能1mv02 qU0，粒子在偏转电场中的加速度a2qU，在偏转电场中运动的时间为t dml，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy at v0qUl，粒子离开偏转电场时速度方vy向的偏转角的正切值tanv0qUl.dmv0dmv02tanemH1.67 1027 kg(1) 如电子与氢核的初速度

19、相同，就tanHme9.1 10 31 kg1 835.tane(2) 如电子与氢核的初动能相同，就tan 1.H3. (2021 绍兴市联考) 如图 12 所示，电荷量之比为qA qB13 的带电粒子A. B 以相等的速度v0 从同一点动身，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C.D点，如 OC CD，忽视粒子重力的影响，就以下说法不正确选项()9 / 19第 9 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 12A A和 B 在电场中运动的时间之比为12B A和 B 运动的加速度大小之

20、比为41C A 和 B的质量之比为112D A和 B 的位移大小之比为11答案D解析粒子A 和 B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x v0t及 OCCD得， t A t B12；竖直方向由h 1 at 2 得 a 2h，它 们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a a AB2t241；依据qEa得mqEm，故amA1mB12， A 和B 的位移大小不相等，应选项A.B.C 正确， D错误 4在如图13 所示的空间存在一竖直向上的匀强电场，一质量为m.可视为点电荷的带正电 小球从高为h 的平台上方水平抛出，落地点距离抛出点的水平距离为x，已知小球所受重力大小等于所受电场力的两倍，小球在落地处恰

21、好没有能量缺失地进入光滑圆弧轨道，重力加速度为 g. 落地点与圆心的连线和过圆心的竖直线之间的夹角为，不计空气阻力，求：图 13(1) 小球被水平抛出时的初速度大小；(2) 角度 的正切值x答案(1) 2g 2hh (2)x解析(1) 小球先做类平抛运动，由牛顿其次定律有：mg qE ma解得加速度1a g，方向竖直向下2依据类平抛运动的规律，两个方向的位移为：12x v0t ， h at210 / 19第 10 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -就小球的初速度大小为(2) 由于没有能量缺失地进入

22、光滑圆弧轨道，说明在抛物线和圆弧轨道的接点处，圆弧轨道xgv0 2h与抛物线相切，因此，角 也等于抛物线在该点的切线与水平方向的夹角，有tan vyv02h x .5. 如图 14，静止于A处的离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直于CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有匀称辐向分布的电场，已知圆弧所在处电场强度为E0 ，方向如下列图；离子质量为m.电荷量为q； NQ 2d.PN 3d，离子重力不计图 14(1) 求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2) 如离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内电场强度E的值2U答案(1)

23、 E0(2)12Ud解析(1) 离子在加速电场中加速，依据动能定理，12有 qU 2mv，离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力供应向心力，依据牛顿其次定律，v22U有 qE0 mR，联立解得R. E0(2) 射出静电分析器后，离子做类平抛运动，d vt ，213d at ，212U由牛顿其次定律得qE ma，联立解得E d .11 / 19第 11 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1) 条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0 与电场方向垂直，就带电

24、粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动(2) 运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动带电粒子经加速电场U1，再经偏转电场U2 偏转后，需要经受一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图 15 所示图 15专题强化练( 限时： 30 分钟 )1(2021 浙江4 月选考 7) 关于电容器，以下说法正确选项()A在充电过程中电流恒定 B在放电过程中电容减小 C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案D 解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容为电容器储

25、存 电荷的本事，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；两个彼此绝缘又靠近的导体为可以储存电荷的，可视为电容器，D 对 2(2021 金华市联考) 一个电容器的规格为“ 10 F50 V”，就 ()A这个电容器的电容为510FB这个电容器加上50 V 电势差时，电容才为10 F C这个电容器没有电势差时，电容为0D这个电容器加的电势差不能低于50 V答案A 3(2021 诸暨市期末) 如图1 甲所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发觉金属箔片张开，如图乙所示；然后抽回塑料

26、板，再将有机玻璃板和塑料板相互平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发觉金属箔片没有张开，如图丙所示关于这一试验现象，以下的说法正确选项()12 / 19第 12 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -图 1A两板摩擦后带电说明制造了新的电荷B图乙验电器箔片张开为由于发生了电磁感应C图乙验电器箔片张开为由于板上电荷转移到箔片上D图丙验电器箔片没有张开为由于两板带等量异种电荷答案D4.如图 2 所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A 放在不带电的金属空心球C内( 不与内壁接触 ) ，另有一

27、个悬挂在细线上的带负电的小球B向 C 靠近，就 ()图 2 A A 向左偏离竖直方向，B 向右偏离竖直方向B A 的位置不变， B 向右偏离竖直方向C A 向左偏离竖直方向，B 的位置不变DA 和 B 的位置都不变答案B 解析金属球壳C 能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深化内部，因此小球A 不会受到静电力的作用，不会发生偏转；金属球壳C 处在电荷 A 的电场中，内壁为近端，感应异号电荷负电，外壁为远端，感应同号电荷正电，该正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B 有吸引的作用，B向右偏，选项B 正确 5(2021 浙江“七彩阳光”联考) 真空中两个完全相同的小球带电后，它们之间的静电力为

28、 F. 现将两球接触后放回原处，就它们之间的静电力()B定变小 D肯定不变A定变大 C可能不变答案C6.如图3 为真空中两点电荷A.B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称， O 点为 A. B电荷连线的中点，a.b 为其连线的中垂线上对称的两点，就以下说法正确的13 / 19第 13 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -为()图 3A A.B 可能带等量异号的正.负电荷B A. B可能带不等量的正电荷C a.b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D同一摸索电荷在a.b 两点处所受电

29、场力大小相等，方向肯定相反答案D 解析依据题图中的电场线分布可知，A.B带等量的正电荷，选项A. B错误； a.b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度肯定不为零，选项C 错误；由图可知，a.b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一摸索电荷在a.b 两点处所受电场力大小相等，方向肯定相反，选项D正确UAB7对公式E d 的懂得，以下说法正确选项()A此公式适用于运算任何电场中A.B 两点间的电势差B A 点和 B 点间距越大，就这两点的电势差越大C匀强电场中A.B 两点沿电场线的距离越大，就电场强度越小D公式中的d 为匀强电场中A.B 所在的两等势面之间的距离答案D解析此公式只适用于匀强电场

30、，选项A 错误； A.B 两点间的电势差不仅取决于场强的大 小，仍取决于沿电场方向的距离d， A.B 间距大， d 不肯定大，应选项B 错误；匀强电场中的电场强度大小与A.B 两点间的距离无关，为恒定的，选项C 错误；公式中的d 为匀强电场中 A.B 所在的两等势面之间的距离，选项D正确8.相距为 L 的点电荷A.B 带电荷量分别为4q 和 q，如图 4 所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平稳状态，就C 的电荷量和放置的位置为()图 4A q，在 A 左侧距 A为 L 处LB 2q，在 A左侧距 A 为2处14 / 19第 14 页，共 19 页 - - - - - - - - -

31、 -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -C 4q，在 B 右侧距 B为 L 处3D 2q，在 B 右侧距 B 为2L 处答案C 解析由题可知A.B 带电荷量分别为4q. q，放入第三个点电荷C，使三个电荷都处于 平稳状态，所以C 肯定处于A.B 连线延长线上B 的右侧当C 处于平稳状态时，其受到A.B的作用力大小相等，方向相反，由库仑定律得错误 . 错误 . ，r L，由A 电荷处于平8衡状态可得错误 . 错误 . ，解得qC 4q，故C 选项正确 89. (2021 舟山市调研) 电场中有A.B 两点，一个点电荷在A 点的电势能为1.2 10J ， 9

32、在 B 点的电势能为0.8 10J 已知A. B 两点在同一条电场线上，如图5 所示，该点电荷的电荷量为1.0 10C，那么 ()图 5A该电荷为负电荷 B该电荷为正电荷10C A.B 两点的电势差UAB 4.0 VD把电荷从A移到B，静电力做功为W 2.5 10J答案A 8解析A点的电势能大于B 点的电势能，从A 到 B 静电力做正功，所以该电荷肯定为负电荷，应选项A 正确，选项8B 错误；静电力做功WABWAB EpA EpB1.2 10 80.4 10 8J 0.8 10J0.4 10J，选项D 错误；由UABq 得 UAB 1.0 10 9V 4.0 V，所以选项C错误10. (202

33、1 舟山市调研) 两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回如图6 所示，OA h，此电子具有的初动能为()图 6 B edUhedhA.UeUhD.deUC. dh答案D15 / 19第 15 页，共 19 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解析电子受到的静电力做负功，有eUOA 0 Ek， UOAUh， EkdeUhd ，由此知选项D正 确11. (2021 杭州市十校联考) 如图7 所示，电子在电势差为U1 的加速电场中由静止开头

34、运动，然后射入电势差为U2 的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽视在满意电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情形中，肯定能使电子的偏转角 变大的为 ()图 7 B U1 变小. D U1 变小.U2 变大U2 变小A U1 变大. U2 变大C U1 变大. U2 变小答案B解析设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l ，就由动能定理得U1q1mv02，电2子在水平极板间偏转所用时间lt v0，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿其次定律得U2qa dm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat ，联立解得vyU2ql，又tanvyU2qlU2qlU2l，故U2 变大.U1 变小，肯定dmv0v0dmv022dqU12dU1能使偏转角 变大，故B 正确12. 真空中的某装置如图8 所示，其中平行