【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第8章第4讲《带电粒子在电场中的偏转》 (含解析).doc，共(16)页，321.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第4讲带电粒子在电场中的偏转目标要求1.掌握带电粒子在电场中的偏转规律.2.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系．考点一带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝lv0(如图)．(2

)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd②离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl22mdv02③离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝qUlmdv021．两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，

偏移量和偏转角总是相同的．证明：在加速电场中有qU0＝12mv02在偏转电场偏移量y＝12at2＝12·qU1md·(lv0)2偏转角θ，tanθ＝vyv0＝qU1lmdv02得：y＝U1l24U0d，tanθ＝U

1l2U0dy、θ均与m、q无关．(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．2．功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝12mv2－

12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差．考向1带电粒子在匀强电场中的偏转例1如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若

不计重力，则a和b的比荷(带电荷量与质量的比值)之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1答案D解析粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据x＝v0t，知时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加

速直线运动，根据y＝12at2，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a＝qEm，加速度大小之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8∶1，故D正确，A、B、C错误．例2如图所示，一电

荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U>0)，不计粒子

重力，P点的电势为零．则下列说法正确的是()A．粒子带负电B．带电粒子在Q点的电势能为qUC．P、Q两点间的竖直距离为d2D．此匀强电场的电场强度为23U3d答案D解析由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，

所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝d2tan30°＝32d，电场强度大小为E＝Uy＝23U3

d，故D正确，C错误．考向2带电粒子在组合场中的运动例3如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L，电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平

行的屏．现将一电子(电荷量e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值；

(3)电子打到屏上的点B到O点的距离．答案(1)3mLEe(2)2(3)3L解析(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：a1＝E1em＝EemL2＝12a1t12电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1从进入电场E2到打到屏上，电子水平方

向做匀速直线运动，时间为：t2＝2Lv1电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2解得：t＝3mLEe(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为：a2＝E2em＝2Eemvy＝a2t3t3＝Lv1电子刚射出电场

E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ＝vyv1解得：tanθ＝2(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点B到O点的距离为x，由几何关系得：tanθ＝x32L，联立得：x＝3L.考点二带电粒子

在重力场和电场复合场中的偏转例4(2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时

间为t2.重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．答案(1)3mgq(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①12a(t2)2＝12gt2②解得E＝3mgq③(2

)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－12mv12④且有v1t2＝v0t⑤h＝12gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．例

5(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，

如图所示．重力加速度为g.由此可见()A．带电小球所受静电力为3mgB．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等答案AD解析带电小球从A到C，设在进入电场前后

两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动，则有x1＝v0t1，从B到C过程，有x2＝v0t2，由题意有x1

＝2x2，则得t1＝2t2，即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，y1＝12gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝12at22，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C错误，A正

确；由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；根据速度变化量Δv＝at，则得AB过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2，BC过程速度变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2，所以小球从A到

B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确．考点三带电粒子在交变电场中的偏转1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀

速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性

，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．例6图甲是一对长度为L的平行金属板，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，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则()A．粒子带负电B．粒子在平行板间一直做曲线运动C．粒子射入电场时的速度大小为L2t0D．若粒

子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向答案C解析粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；粒子在平行板间在0～t0时间内做曲线运动；在t0～2t0时间内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为v

0＝L2t0，选项C正确；若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D错误．例7在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变

化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时

速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？答案见解析解析(1)由动能定理得eU02＝12m

v2－12mv02解得v＝v02＋eU0m.(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电

子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到

OO′上，可见应在t＝T4＋k·T2(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝eU0md，加速阶段运动的距离s＝12·eU0md

T42≤d4，解得d≥TeU08m，故两极板间距至少为TeU08m.课时精练1.(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速

率先增大后减小答案BC解析对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．2.(多选)

如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是()A．该带电粒子带正电B．该带电粒子带负电C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出答

案AC解析粒子向右偏转，故粒子受向右的静电力，所以粒子带正电，选项A正确，B错误；若粒子初速度增大到原来的2倍，由于水平方向的加速度不变，可知粒子运动时间不变，由x＝vt可知竖直位移变为2倍，则恰能从

负极板边缘射出，选项C正确，D错误．3.如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出

，则d与L之比为()A．1∶2B．2∶1C．1∶1D．1∶3答案C解析设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝vy2t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C

正确．4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方

向与y轴平行．不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()答案AD解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝qEm，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝lv0，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tanθ

＝vyvx＝atv0＝qElmv02，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，m)、

(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏

转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误．5.(多选)质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直于电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运

动的说法正确的是()A．两种粒子会打在屏MN上的同一点B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大答案AD解析两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU1＝12mv02－0，偏转电场中

，设板长为L，平行于极板方向：L＝v0t，垂直于极板方向：a＝qEm＝qU2md，y＝12at2，离开偏转电场时速度的偏转角为α，有tanα＝vyv0＝atv0，联立以上各式得y＝U2L24dU1，tanα＝U2L2dU1，偏移量y和速度偏转角α都与粒子的质

量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一点，故A正确，B错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．6.(多选)如图所示，在竖直

向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，

则()A．A球带正电，B球带负电B．A球比B球先落地C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小答案AD解析两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t知

，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h＝12at2可知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，则A所受的合力比B的小，所以A所受的静电力向上，带正电，B所受的静电力向下，带负电，故A正确．A运动的时间比B的长，则B

球比A球先落地，故B错误．A所受的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加．B所受的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减少，故C错误．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，则A所受的合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A

球的动能变化量小，故D正确．7.如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩

形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh答案B解析两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均

做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：s2＝v0t，在竖直方向上：h2＝12at2＝12Eqmt2，两式联立解得：v0＝s2qEmh，故B正确，A、C、D错误．8.(2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为q(

)q>0的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为mv0qEB．速度大小为3v0C．与P点的距离为22mv02q

ED．速度方向与竖直方向的夹角为30°答案C解析粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示．粒子的运动为类平抛运动．水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝12at2＝12·qEmt2yx＝tan

45°联立解得t＝2mv0qE，故A错误．vy＝at＝qEm·2mv0qE＝2v0，则速度大小v＝v02＋vy2＝5v0，tanθ＝v0vy＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误；x＝v0t＝2mv02qE，与P点的距离s＝xcos45°＝22mv

02qE，故C正确．9.如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷

为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为()A.2eUmB.LdeUmC.1deUd2＋L2mD.LdeU2m答案C解析从细管C水平射出的β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有d2＝12at2，且a＝qUmd.从A到C的过程有

－12qU＝12mv02－12mv2，q＝e，以上各式联立解得v＝1deUd2＋L2m，选项C正确．10.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两

板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)()A．两极板间电压为mgd2qB．板间电场强度大小为2mgqC．整个过程中质点的重力势能增加mg2L2v02D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能

垂直打在M上答案BC解析据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma

，mg＝ma，解得E＝2mgq，由U＝Ed得两极板间电压为U＝2mgdq，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at2，t＝Lv0，解得y＝gL22v02，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝gL2v02，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝mg2L2v02，故C正

确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝Ud＝QCd＝QεrS4πkdd＝4πkQεrS可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．11.如图所示，圆心为O、半径为R的

圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的面平行．PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力．(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0.(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0

之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？变化了多少？答案(1)3qER2m(2)圆弧上最低点－3qER2解析(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，则水平方向有：2

Rsinθ＝v0t竖直方向有：2Rcosθ＝12at2由牛顿第二定律得qE＝ma联立解得v0＝3qER2m(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大ΔEp＝－qEdd＝R＋Rcosθ解得ΔEp＝－3qER2，负号表示电势能减少．12.如图所示，板长L＝30cm的两金属板A、B平行正对，板间距

离d＝2cm，A、B间接u＝91sin(100πt)V交流电源．持续均匀的电子束以速度v0＝3×107m/s沿着A板射入电场，若电子与金属板接触会被吸收，但对板间电压的影响可忽略．已知电子质量m＝0.91×10－30kg，电子电

荷量q＝1.6×10－19C，不计重力．求：(1)交流电源的周期和电子穿过板间的时间；(2)电子从B板边缘飞出电场时的板间电压；(3)求飞出电场的电子占飞入电场的电子的百分比．答案(1)0.02s10－8s(2)45.5V(3)16.7%解析(1)交流电源电压的变化周期T＝2πω＝2π

100π＝0.02s电子沿极板方向的分速度不变，穿过板间的时间t＝Lv0＝0.303×107s＝10－8s(2)穿过板间的时间远远小于交流电源电压的变化周期，可以认为电子穿过板间时两板之间为匀强电场，电子从B板边缘飞出电场，有E＝UdF＝qEa＝Fmd＝12at2联立解得U

＝45.5V(3)电子有半个周期向上偏转，被金属板A吸收，另外半个周期内部分电子能飞出电场由于45.591＝12，arcsin12＝π6所以这半个周期内有13时间内有电子飞出电场，在一个完整的周期内，有16的电子飞出电场，占比16.7%.13．如图甲所示，两水平平行

金属板A、B间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN(绝缘)，O为其中点．在两板A、B上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0.现有一束带正电的离子(比荷为k)，从两板左侧中点以水平初速度v0连续不断地射入两板间的电场中，所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L＝2v0t0，忽略离子

间相互作用和荧光屏MN的影响，则在荧光屏上出现亮线的长度为()A．kdU0t02B.kU0t022dC.kU0t02dD.3kU0t022d答案C解析离子在两板间运动，沿水平方向做匀速运动，运动时间t＝Lv0＝2t0，所有

离子运动时间都等于电场变化的周期，作出各个时刻射入电场的离子在板间沿静电力方向上运动的vy－t图像，如图所示，由图像可知，离子离开两板间时沿电场方向的速度vy均相同，vy－t图像中图线与t轴围成的面积表示沿电场方向的位移，由图像可知0时刻进入电场的离子沿

电场方向的位移最大，t0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最小．电压为U0时，离子在电场中运动的加速度a＝qU0md＝kU0d，离子离开两板间时沿电场方向的速度为vy＝at0＝kU0t0d，由图像面积可得，离子沿电场方向运动的最大位移ymax＝12(t0＋2t0)at0＝3kU0t02

2d，离子沿电场方向运动的最小位移为ymin＝12t0·at0＝kU0t022d，屏上亮线的长度为Δy＝ymax－ymin＝kU0t02d，C正确．