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解：A、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，做斜抛运动，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程在竖直方向上运动的vy大小相等，而水平方向质点始终做匀速直线运动，所以两个过程中时间之比为1：4，根据vy=at可见两次偏转的加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，qE-mg=4mg，得到E=故AC正确，B错误；

D、第一次偏转质点做类平抛运动的末速度是第二次斜向上抛运动的初速度，而第二次斜向上抛运动的末速度等于第一次偏转的初速度，所以两个过程中速度变化的大小相等，方向不同，故D错误．

故选AC

解：A、电子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会打在B板上．故A正确；

B、若电子是在t=刻进入的，在T～，向上加速；～T，向上减速；T～T，向下加速；T～，向下减速，速度减小为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内电子向B板运动的位移小于向A板运动的位移，所以电子最后一定不会打在B板上，而是从A板返回；故B错误；

C、若电子是在t=时刻进入时，在一个周期内：在 ～，电子受到的电场力向上，向B板做加速运动，在T～T内，受到的电场力向下，继续向B板做减速运动，T时刻速度为零，T～T接着向A板运动，T～T时间内继续向A板运动，T时刻速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，所以电子最后一定会打在B板上．故C正确；

C、若电子是在t=时刻进入的，在～阶段是向上加速；在T～T向上减速，末速度为零；在T～T反向加速，T～T反向减速，末速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，以某一点为中心做往复运动，故D正确；

本题选错误的，故选：B．

解：A、B、C、在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：

三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，由x=v0t，v0相等，则落在板上时，水平方向的距离x与下落时间t成正比，则知三小球在电场中运动时间为：tA＞tB＞tC．

由于竖直位移大小相同，根据h=at2，知三个球加速度的大小关系为：aA＜aB＜aC．合外力大小关系为：FA＜FB＜FC．故A球带正电，B球不带电，C球带负电，故A正确，BC错误；

D、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G-F，做功最少动能最小，即EC＞EB＞EA，故D错误．

故选：A

解：①电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY′中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY′上加电压，且Y比Y′电势高．故①错误；

②要想让亮斑移到荧光屏的左上方，电子在偏转电极XX′间受到的电场力指向X′、在YY′间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X′比X电势高，Y比Y′电势高．故②错误；

③设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为y=，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描．故③正确．

④由上分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线．故④正确．

故选：D．

解：A、小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动，由于MN的宽度和小球进入电场的速度、加速度等条件不明，所以小球不一定能穿过电场区域，故A错误．

B、若小球一定能穿过MN区域，根据动能定理得：mgR+W电=mv2-0，解得，电场力做的功为 W电=mv2-mgR，故B错误．

C、如果小球没有穿过MN区域，由于电场力和重力做功只与初末位置有关，根据能量守恒定律和过程的可逆性可知，小球一定能回到出发点，而且回到出发点时速度为零，不可能到达P点，故C正确，D错误．

故选：C．