2020新亮剑高考物理总复习讲义：第七单元 电场 微专题6含解析.docx

教学资料范本2020新亮剑高考物理总复习讲义：第七单元 电场 微专题6含解析编 辑：_时 间：_6电场中的“三大”问题的突破方法见自学听讲P129一带电粒子在交变电场中的运动 1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的试题类型此类题型一般有三种情况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重分析受力特点和运动规律,抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,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边界条件。(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。例1一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,电场强度随时间变化的规律如图甲所示。不计粒子重力。求在0T的时间间隔内:甲(1)粒子位移的大小和方向。(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。解析(1)带电粒子在00.25T、0.25T0.5T、0.5T0.75T、0.75TT时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得a1=qE0m,a2=-2qE0m,a3=2qE0m,a4=-qE0m由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的加速度时间图象如图乙所示,对应的速度时间图象如图丙所示,其中v1=a1T4=qE0T4m 乙丙由图丙可知,带电粒子在t=0到t=T的时间间隔内位移大小s=T4v1解得s=qE016mT2,方向沿初始电场方向。(2)由图丙可知,粒子在t=38T到t=58T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间t=58T-38T=T4。答案(1)qE0T216m沿初始电场方向(2)T4例2如图甲所示,真空中两水平放置的平行金属板A、B相距为d,板长为l,现在A、B两板间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压,从t=0时刻开始,一束初速度均为v0的电子流沿A、B两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场,已知电子质量为m,电荷量为e,要使电子束都能从A、B右端水平射出,则所加交变电压的周期T和所加电压U0的大小应满足什么条件?解析根据题意可知,电子在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做变速直线运动,可画出t=0时刻进入的电子在竖直方向上的vy-t图线,如图丙所示,因电子进入板间电场和射出板间电场时,其竖直分速度均为零,所以电子在电场中的运动时间t必为交变电压周期T的整数倍,即t=nT(n=1,2,3,)丙而t=ll0则T=lnv0(n=1,2,3,)对于在t =kT2(k=0,1,2,)时刻射入的电子,根据vy-t图,知其射出板间电场时侧向位移最大,故只需考虑这些时刻射入的电子满足的条件。对这些时刻射入的电子,在一个周期内侧向位移(vy-t图中所画阴影部分的面积)y=212eU0mdT22=eU0l24n2mdv02在t=nT内,总侧向位移y总=ny,当y总d2时,电子均可飞出板间电场,即neU0l24n2mdv02d2解得U02nmd2v02el2(n=1,2,3,)。答案T=lnv0(n=1,2,3,)U02nmd2v02el2(n=1,2,3,)带电粒子在交变电场中的运动分为两类:一类是粒子沿电场线运动,另一类是粒子垂直电场进入场区。(1)对第一类问题:粒子在交变电场中做变加速直线运动,由于初始条件不同,可能出现两种情况:粒子在某区域做往复运动。粒子在做往复运动的同时,向一侧移动,最后打到极板上。(2)对第二类问题,采用运动分解的方法处理:垂直电场方向匀速运动,沿电场方向变加速运动,具体可分为两种情况:若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期,可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变,但不同时刻进入的粒子,所经历的电场不同,偏转不同,常出现临界问题。若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期,粒子在沿电场方向的运动与(1)中情况相同。4.带电粒子在交变电场中运动的临界问题分析带电粒子在交变电场中的运动问题,涉及力学和电场知识的综合应用。虽很多题目所涉及的物理情景基本上相同,给人的直观感觉也往往相差不大,但由于命题者可以拟定不同的题设条件,假设不同的初始状态,又可从不同的角度提出问题,在高考中曾经多次出现过这类试题。例3(多选)如图甲所示,A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压U。A板的电势A=0,B板的电势B随时间的变化规律:在0到T2的时间内,B=U0(正的常数);在T2到T的时间内,B=-U0;在T到3T2的时间内,B=U0;在3T2到2T的时间内,B=-U0,。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力均可忽略,则()。甲A.若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动B.若电子是在t=T8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.若电子是在t=3T8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上D.若电子是在t=T2时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动解析若电子是在t=0时刻进入的,它将先受到大小不变、方向指向B板的电场力F作用,从静止开始做匀加速直线运动半个周期,速度达到最大值。到t=T2时刻,将受大小仍为F、方向指向A板的电场力,做匀减速直线运动(仍向B板运动),根据对称性,到t=T时刻,它的速度恰减为零,并将再受到大小为F、方向指向B板的电场力,重复上述过程,一直向B板运动,该电子运动对应的速度图象如图乙所示,A项正确。乙若电子是在t=T8时刻进入的,如前所述,粒子先向B板加速运动3T8时间,接着电子受到指向A板的电场力的作用向B板方向做匀减速运动3T8时间,速度减为零,此时对应的时刻是7T8。此时电子仍受指向A板的电场力F作用,将向A板返回做匀加速运动T8时间,速度达到某个值,接着受方向指向B板的电场力F作用,做匀减速运动T8时间速度减为零,此时对应时刻为9T8,以后重复刚进入时的情况,电子时而向B板运动,前进得多,时而向A板运动,后退得少,最终将打在B板上,其速度图象如图丙所示,B项正确。若电子是在t=3T8时刻进入的,同理可作出电子的速度图象如图丁所示。电子时而向B板运动,前进得少,时而向A板运动,后退得多,最终将从A板穿出,C项错误。若电子是在t=T2时刻进入的,它不可能向B板运动,D项错误。答案AB由于带电粒子在交变电场中运动时,所受的电场力,产生的加速度以及有关速度、能量都可能出现周期性的变化,所以在解答这类问题时,应重视以下几点:(1)善于借助图象来描述粒子在电场中的运动情况,从而直观展示其物理过程。(2)认真分析题目给出的初始条件和要求。(3)必须全面分析物理过程,确定相关物理量的变化情况,尤其应注意解题过程中的临界情况的出现,谨防漏解或错解。(4)应熟悉带电粒子在交变电场中做不同运动的条件。二用动力学和功能关系处理力电综合问题用动力学和功能关系处理力电综合问题的思路:1.首先分析粒子的运动规律,区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题。2.对于直线运动问题,可根据对粒子的受力分析与运动分析,从以下两种途径进行处理:(1)如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题,应用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。(2)如果是非匀强电场中的直线运动,一般利用动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、运动的位移等。3.对于曲线运动问题,一般是类平抛运动模型,通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析,借助运动的合成与分解,寻找两个分运动,再应用牛顿运动定律和运动学方程求解。4.当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时,要注意分析带电粒子运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量,这些关联量往往是解决问题的突破口。例4如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段为水平光滑轨道,BC段为光滑圆弧轨道,圆弧对应的圆心角=37,半径r=2.5 m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有电场强度大小E=2105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=510-2 kg、带电荷量q=+110-6 C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3 m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点,0.1 s以后,电场强度大小不变,方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25。设小物体的电荷量保持不变,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功。(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。解析(1)设弹簧枪对小物体做功为W,由动能定理得W-mgr(1-cos )=12mv02代入数据解得:W=0.475 J。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1,由牛顿第二定律得-mgsin -(mgcos +qE)=ma1小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1 s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1由上式可得v1=2.1 m/s,设运动的位移为x1,有x1=v0t1+12a1t12电场强度反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得-mgsin -(mgcos -qE)=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为t2,位移为x2,有0=v1+a2t2,x2=v1t2+12a2t22设CP的长度为x,有x=x1+x2联立解得x=0.57 m。答案(1)0.475 J(2)0.57 m 用动力学和功能关系处理力电综合问题,首先要注意区分不同的物理过程,弄清在不同的过程中粒子的受力情况和运动情况。在解题时主要可以从以下三条线索展开: (1)力和运动的关系根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律找出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等,这条线索通常适用于受恒力作用下做匀变速直线运动的情况。 (2)功和能的关系根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子动能的变化,利用动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、经历的位移等。这条线索也适用于非匀强电场。(3)冲量和动量的关系根据电场力对带电粒子的冲量引起带电粒子动量的变化,利用动量定理研究全过程中动量的变化,研究带电粒子的速度变化、经历的时间等。这条线索也适用于非匀强电场。三电场中功能关系的应用例5(多选)在x轴上存在一水平方向的电场,有一质量m=2 kg的带电小球沿光滑绝缘的水平面只在电场力的作用下,以初速度v0=2 m/s在x0=7 m处开始向x轴负方向运动。电势能Ep随位置x的变化关系如图所示,则下列说法正确的是()。A.在x0=7 m处电场强度为零B.在x=4 m处电场强度为零C.小球在x轴上运动的范围是x1 mD.小球运动的最大速度vm=22 m/s解析因为Ep=q,所以F=q|x|,即在x0=7 m处电场强度大于零,在x0=4 m处电场强度为零,A项错误,B项正确;小球的初动能Ek=12mv2=4 J,当x0=7 m时电势能为零,故在7 m处时的总能量E=Ep+Ek=4 J,故小球向左最远可达x=1 m处,向右x=9 m时的电势能为2 J,故小球可以通过,C项正确;由图可知,在x=4 m处时电势能最低,故此时的动能最大,即此时的最大动能Em=8 J,最大速度为22 m/s,D项正确。答案BCD电场中的功能关系是高考的重点,主要有如下三个功能关系要重点掌握:(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力之外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。(4)所有力对物体所做的功等于物体动能的变化。动量守恒定律在电场中的应用 例6如图所示,在动摩擦因数=0.50的绝缘水平面上放置一质量m=2.010-3 kg的带正电的小滑块A,其所带电荷量q=1.010-7 C。在A的左边 l=0.9 m处放置一个质量M=6.010-3 kg的不带电的小滑块B,滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距s=0.05 m,在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场,电场强度大小E=4.0105 N/C。A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞,设碰撞过程的时间极短,碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞,在与墙壁碰撞时没有机械能损失,也没有电荷量的损失,且两滑块始终没有分开,两滑块的体积大小可忽略不计。(g取10 m/s2)(1)试通过计算分析A与B相碰前A的受力情况和运动情况,以及A与B相碰后、A和B与墙壁碰撞后A和B的受力情况和运动情况。(2)两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中,由于摩擦而产生的热量是多少?(结果保留2位有效数字)解析(1)滑块A受电场力为qE=4.010-2 N,方向向左,摩擦力f1=mg=1.010-2 N,方向向右。在这两个力作用下,滑块A向左做初速度为零的匀加速直线运动,直到与B发生碰撞滑块A与B碰撞并结合在一起后,电场力的大小仍为qE=4.010-2 N,方向向左,摩擦力的大小f2=(m+M)g=4.010-2 N,方向向右。A、B所受合力为零,所以A、B碰后一起向着墙壁做匀速直线运动A、B一起与墙壁发生碰撞后,两滑块受到的电场力与摩擦力的大小不变,方向都是向左的,所以A、B与墙壁碰撞后一起向右做匀减速直线运动,直至速度减为零,之后,两物体保持静止状态。(2)在A、B碰撞之前摩擦力做功:W1=mgl=9.010-3 JA、B碰撞前的过程,由动能定理得:(qE-mg)l=12mv12,解得:v1=33 m/s根据动量守恒定律,得两滑块碰撞后共同运动的速度大小:v=mm+Mv1=343 m/s两滑块共同运动,与墙壁发生碰撞后返回直到静止,这段过程中,设两滑块最后静止的位置距墙壁的距离为L2,根据动能定理得:-qE(L2-s)-(M+m)g(L2+s)=0-12(M+m)v2在A、B碰撞之后到两滑块停下的过程中,滑块克服摩擦力做功:W2=(M+m)g(L2+s)5.410-3 J整个过程中,产生的热量Q等于滑块克服摩擦力做功的总和,即Q=W1+W2=1.410-2 J。答案(1)见解析(2)1.410-2 J交变电场力做功的计算 例7两块水平平行放置的导体板如图甲所示,大量电子(质量为m、带电荷量为e)由静止开始,经电压为U0的电场加速后,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时,这些电子通过两板之间的时间为3t0;当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时,恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问:(1)这些电子通过两板之间后,侧向位移(垂直于射入速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少?(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下,电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少?甲乙解析以电场力的方向为y轴正方向,画出电子在t=0时和t=t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy-t图象分别如图丙和图丁所示,设两平行板之间的距离为d。丙丁(1) 图丙中,v1y=eU0mdt0v2y=2eU0t0md由图丙可得电子的最大侧移量symax=212v1yt0+v1yt0=3v1yt0=3eU0t02md而symax=d2,解得d=6eU0mt0由图丁可得电子的最小侧移量symin=12v1yt0+v1yt0=1.5v1yt0=3eU0t022md=d4所以symax=d2=t026eU0m, symin=d4=t046eU0m(2)v1y2=eU0mdt02=eU06m,v2y2=eU0md2t02=2eU03m电子经电压U0加速,有 12mv02=eU0 所以EkmaxEkmin=12mv2212mv12=12m(v02+v2y2)12m(v02+v1y2)=eU0+eU03eU0+eU012=1613。答案(1)t026eU0mt046eU0m(2)1613见高效训练P771.(20xx河北邯郸单元检测)两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示,已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb,则()。A.a处为正电荷,qaqbC.a处为负电荷,qaqb解析根据A点电势高于B点电势可知,a处为正电荷,qaqb,B项正确。答案B 2.(20xx江西南昌月考)如图甲所示,平行直线AA、BB、CC、DD、EE,分别表示电势-4 V、-2 V、0 V、2 V、4 V的等势面,若AB=BC=CD=DE=2 cm,且与直线MN成30角,则()。A.该电场是匀强电场,电场强度垂直于AA,且指向右下B.该电场是匀强电场,电场强度大小E=2 V/mC.该电场是匀强电场,距C点距离为2 cm的所有点中,最高电势为4 V,最低电势为-4 VD.该电场是匀强电场,距C点距离为2 cm的所有点中,最高电势为2 V,最低电势为-2 V解析 由图甲中几何特点看出,等差等势面平行,应为匀强电场。其电场线应垂直于等势面,且由高电势指向低电势,即垂直于AA并指向左上,如图乙中E所示,故A项错误。由几何关系知:相邻等势面间的距离d=0.01 m、电势差U=2 V,则电场强度E=Ud=200 V/m,故B项错误。在图乙中以C点为圆心作半径为2 cm 的圆,由几何关系知该圆恰好与-4 V、4 V的两个等势面相切,故C项正确,D项错误。答案C3.(20xx山东菏泽诊断)将如图甲所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上,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解析根据交变电压的变化规律,作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线,如图乙、丙所示。从图中可知,电子在第一个T4内做匀加速运动,第二个T4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eUmd。在第三个T4内电子做匀加速运动,第四个T4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eUmd。所以电子在交变电场中将以t=T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动,综上分析D项正确。答案D4.(20xx陕西西安段考)如图甲所示,A、B为某电场中一条直线上的两个点,现将一正点电荷从A点由静止释放,仅在电场力的作用下运动一段距离到达B点,其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示,从A到B过程中,下列说法正确的是()。A.电场力对电荷一直做正功B.电荷所受电场力减小C.电势先降低后升高D.A、B两点处电场强度方向相同解析从A到B,电荷的电势能先减小后增大,说明电场力先做正功后做负功,A项错误;Ep-x图象的斜率Epx=F电场力,所以电场力先减小后增大,B项错误;电场力先做正功后做负功,所以电场强度方向先向右后向左,电势先降低后升高,C项正确,D项错误。答案C5.(20xx山西太原10月模拟)在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为+Q的正点电荷,在水平面上的N点,由静止释放质量为m、带电荷量为-q的负检验电荷,该检验电荷经过P点时速度为v,图中=60,规定电场中P点的电势为零。则在+Q形成的电场中()。A.N点电势高于P点电势B.N点电势为-mv22qC.P点电场强度大小是N点的2倍D.检验电荷在N点具有的电势能为-12mv2解析在+Q形成的电场中,由ONOP可知,N点电势低于P点电势,A项错误;负检验电荷的机械能与电势能之和保持不变,负检验电荷在N点电势能等于mv22,N点电势为-mv22q,B项正确,D项错误;由图中几何关系,ON=2OP,根据点电荷电场强度公式,P点电场强度大小是N点的4倍,C项错误。答案B6.(20xx山东威海模拟)(多选)如图甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿两极板的中线射入两板间,0T3时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。下列关于微粒在0T时间内运动的描述正确的是()。A.末速度大小为2v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd解析由题意知qE0=mg,所以T32T3与2T3T时间内微粒的加速度大小都等于g,方向相反。T32T3时间内微粒只在重力作用下运动,竖直末速度vy1=gT3,竖直位移y1=12gT32,在2T3T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-gT3=0,竖直位移y2=vy1T3-12gT32=12gT32,所以y1=y2=d4,微粒克服电场力做功W=q2E0d4=2mgd4=12mgd,在重力作用下微粒的竖直位移为d2,其重力势能减少了12mgd。综上可知A、D两项错误,B、C两项正确。答案BC7.(20xx湖南长沙检测)(多选)如图所示,光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点,AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场,半圆形轨道在竖直平面内,B为最低点,D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动,恰能通过最高点,则()。A.R越大,x越大B.R越大,小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C.m越大,x越大D.m与R同时增大,电场力做功增加解析小球在BCD部分做圆周运动,在D点,mg=mvD2R,小球由B到D的过程中有-2mgR=12mvD2-12mvB2,解得vB=5gR,R越大,小球经过B点时的速度越大,则x越大,A项正确;在B点有FN-mg=mvB2R,解得FN=6mg,与R无关,B项错误;由Eqx=12mvB2,知m、R越大,小球在B点的动能越大,则x越大,电场力做功越多,C、D两项正确。答案ACD8.(20xx湖北八校联考)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场,电场强度E随时间t的变化关系如图甲所示,物块所带电荷量q=+110-4 C,将其放在该水平桌面上并由静止释放,物块速度v与时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是()。A.物块在4 s内位移是6 mB.物块的质量是2 kgC.物块与水平桌面间的动摩擦因数是0.2D.物块在4 s内电势能减少了18 J解析由图乙可知,物块在4 s内的位移x=122(2+4)m=6 m,A项正确;由图乙可知,前2 s物块做匀加速直线运动,加速度a=1 m/s2,由牛顿第二定律有qE1-mg=ma,2 s 后物块做匀速运动,由平衡条件有qE2=mg,联立解得m=1 kg,=0.2,B项错误,C项正确;物块在前2 s的位移x1=1222 m=2 m,物块在2 s4 s内的位移x2=vt2=4 m,电场力做正功W=qE1x1+qE2x2=14 J,则电势能减少了14 J,D项错误。答案AC9.(20xx江苏徐州单元检测)(多选)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图乙所示,电子原来静止在左极板小孔处,不计电子的重力,下列说法正确的是()。A.在t=0时刻释放电子,电子始终向右运动,直到打到右极板上B.在t=0时刻释放电子,电子可能在两板间做往复运动C.在t=T4时刻释放电子,电子可能在两板间做往复运动,也可能打到右极板上D.在t=38T时刻释放电子,电子必然从左极板小孔向左飞出解析若t=0时刻释放电子,电子将重复先加速后减速,直到打到右极板,不会在两板间做往复运动,故A项正确,B项错误;若在t=T4时刻释放电子,电子先加速T4,再减速T4,有可能电子已到达右极板,若此时未到达右极板,则电子将在两极板间振动,故C项正确;同理,若在t=38T时刻释放电子,电子有可能到达右极板,也有可能从左