电容器和电容带电粒子在电场中的运动知识点+典型例题

考点34 电容器带电粒子在电场中的运动1. 高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题电容器2024年浙江卷、甘肃卷、辽宁卷选择题带电粒子在电场中直线运动2024年江西卷选择题带电粒子在电场中圆周运动2024年河北卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。

【备考策略】1.理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。

2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。

【命题预测】重点关注带电粒子在电磁场中的运动问题，特别是计算题。

一、电容器的电容1．电容器(1)组成：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质——电介质，就组成一个最简单的电容器。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。

(4)击穿电压与额定电压①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为电容器的击穿电压。

②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电压低。

2．电容(1)定义电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。

(2)定义式：C ＝QU。

(3)物理意义：表示电容器储存电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F)，1 F ＝1×106 μF ＝1×1012 pF 。

3．平行板电容器(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。

(2)决定式：C ＝εr S4πkd 。

二、带电粒子在电场中的运动1．加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02。

带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动1. 如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v 0垂直电场线射人电场，经过时间t l 穿越电场，粒子的动能由E k 增加到2E k ; 若这个带电粒子以速度32 v 0 垂直进人该电场，经过时间t 2穿越电场。

求：( l ）带电粒子两次穿越电场的时间之比t 1：t 2; ( 2 ）带电粒子第二次穿出电场时的动能。

2.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l ２,求： ⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角． ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离．解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动． ⑴设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v 1，根据动能定理有： 21121mv eU =电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： dmeU m eE a 2==电子通过匀强电场的时间11v l t =电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为：112mdv l eU at v y == 电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α（如图５）则d U l U mdv l eU v v tg y 112211212===α ∴dU l U arctg1122=α ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移v 0图 ５dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 dU l l U tg l y 1212222==α ∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为 )2(22111221l l d U l U y y y +=+= 3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

电容器与电容、带电粒子在电场中的运动•、要点讲解1•带电粒子在电场屮的加速（1〉运动状态分析：带电粒子沿 与电场线 平行的 方向进 入匀强电场•受到的电场力与运动方向在同•直线上•做 匀变速直线运动.（2〉用功能关系分析「①若粒子初速度为零•则：-y 7心一q U.所以巳=②若粒了初速度不为零•则:-7 mv ~y- ?nv 二qU.以上公式适用于一切电场（包括匀强电场和非匀强电 场）. 2. 带电粒子在匀强电场中的偏转（1〉运动状态分析：带电粒子以速度p 垂直于电场线方向飞入匀强电场时•受到恒定的与初速度方向歴直的电 场力作用而做匀变速曲线运动.（2）处理方法:类似于平抛运动的处理•应用运动的合 成与分解的方法.① 沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间：t=Up ・ ② 沿电场力方向做匀加速直线运动. 加速度为:-斗.m m ma③ 离开电场时的偏移量：尸丄m —寸土•・ 』离开电场时的偏转角:tan"— 少£v mv a三、示波管的原理 —1.构造:①电了枪•②偏转电极，③荧光屏.二、精题精练 1.（2010 •安徽利辛二中高三第四次月考）如图所示，x 轴上方存在竖直向下的匀强电场，场强大小为E,现一质量为m 带电屋为+q 的微粒自y 轴上某点开始以初速度V 。

乖直y 轴水平向右进入电场。

微 粒在电场力作用，向下偏转，经过X 轴时，与X 轴交点横坐标为Xo,在X 轴下方恰好存在与微粒刚进 入x 轴下方时速度方向垂玄的匀强电场，场强人小也是E 。

微粒重力和空气阻力均不计。

（1） 求微粒出发点的坐标。

（2） 求微粒经过x 轴时的速度V 大小和方向（方向用arc 表示）。

（1）如果在偏转电极XX’和YY'之间都没有加电用•则电子枪射出的电子沿直线传播•打在荧光屏出心•在那里产 生一个亮斑.（2） Y T 上加的是待显示的信号电斥.XX'上是机器自 身的锯齿形电压•叫做扫描电乐.若所加扫描电乐和信号电 圧的周期相同•就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周 期内变化的图象.（3）求微粒刚进入x 轴下方开始到运动过程中横处标最大时的时间2.（2010・山东省莘县实验高中模拟）如图所示，相距为0.2m 的平行金属板A. B 上加电压U=40V,y-l 川2二丄空（卫）2答案：解：（1） 2 2 m Vo ・・・（3分）入射点坐标（0,…（1分）（2）根据动能定理，Eqy=AmV 2-lmV 0（2分〉（或根据帀丿丁 +々计算也可〉 设V 的方向与X 轴夹角为&・ 则有，%arctanm 舛C2分〉C3）根据平抛运动知识*• a - V 2理♦一 巧 _ m 诸 Vtan 6-------- • t ------------------------— = ~5at a tan 0 E q'x 。

1 如图1所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )图1A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流 解析 根据电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 此时不变，故板间场强E ＝Ud变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情况下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间场强E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍然静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板间间距d 变小，根据C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d ，可得E ＝4πkQεr S ，显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项D 错误． 答案 AB2．[平行板电容器的动态分析]用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图2)，设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图2A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，增大S ，则θ变小D ．保持d 不变，增大S ，则θ不变 答案 AC3．[平行板电容器的动态分析]将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示，下列说法正确的是( ) A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半 B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍 C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半 D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝Ud可知，A 、D 正确．4 (2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析 带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg (d2＋d )－qU ＝0；若电容器下极板上移d 3，设带电粒子在距上极板d ′处返回，则重力做功W G ＝mg (d2＋d ′)，电场力做功W 电＝－qU ′＝－q d ′(d －d 3)U ＝－q 3d ′2d U ，由动能定理得W G ＋W 电＝0，联立各式解得d ′＝25d ，选项D 正确． 答案 D5．[带电粒子在电场中直线运动分析] 如图3，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图3A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动 答案 BD解析 要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，B 正确；合力做负功，故动能减少，C 错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D 正确．6．[带电体在电场中的直线运动]如图4所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．答案 (1)3mg4q (2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0 可得E k ＝0.3mgL7 如图5所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10C 、质量为m ＝1.0×10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106 m /s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，粒子的重力不计)图5(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离为多远；到达PS 界面时离D 点为多远； (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(偏移位移)：y ＝12at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2＝0.03 m ＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有 12L 12L ＋12 cm ＝yY ，解得Y ＝4y ＝12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106 m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106 m/s 则v 合＝2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15 cmk qQ r 2＝m v 2合r 解得Q ≈1.04×10－8 C答案 (1)3 cm 12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8 C8．[带电粒子在电场中的偏转]如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距为d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b .在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．求：图6(1)两板间所加偏转电压U 的范围； (2)粒子可能到达屏上区域的长度．答案 (1)－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL 2 (2)d (L ＋2b )L解析 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，偏转角为θ，则有：y ＝12at 2① L ＝v 0t ② a ＝Eq m ③E ＝U d④由①②③④式解得y ＝qUL 22dm v 20当y ＝d 2时，U ＝md 2v 20qL2 则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL2 (2)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y 0)，则y 0＝(L2＋b )tan θ而tan θ＝dL ，解得y 0＝d (L ＋2b )2L则粒子可能到达屏上区域的长度为d (L ＋2b )L9．[带电粒子在交变电场中运动]如图7甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：图7(1)交变电压的周期T 应满足什么条件；(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件．答案 (1)T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)解析 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝Ln v 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a (14T )2又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d解得T ≤2d 2m qU 0 故n ≥L 2d v 0qU 02m ，即n 取大于等于L2d v 0qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m的整数．(2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T …故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)10 半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带正电荷的小球，空间存在水平向右的匀强电场，如图8所示，小球所受电场力是其重力的34倍，将小球从环上最低点位置A 点由静止释放，则：图8(1)小球所能获得的最大动能是多大； (2)小球对环的最大压力是多大． 解析(1)因qE ＝34mg ，所以qE 、mg 的合力F 合与竖直方向夹角tan θ＝qE mg ＝34，即θ＝37°，则小球由A 点静止释放后从A 到B 过程中做加速运动，如图所示，B 点动能最大，由动能定理得qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝E k 解得B 点动能即最大动能E k ＝14mgr .(2)设小球在B 点受圆环弹力为F N ，由牛顿第二定律得F N －F 合＝m v 2r而F 合＝mg cos θ＝54mg解得F N ＝74mg ，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为74mg .答案 (1)14mgr (2)74mg11．[带电体在电场中的多过程问题] 如图9所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104 N /C ，现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－4C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知x AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)图9(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处．答案 (1)10 m/s ，方向竖直向上 (2)C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (x AB ＋R )－μmgx AB －mgR ＝12m v 2解得v ＝10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12m v 2解得h ＝53 m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F f max ＝μqE ＝4 N ， 重力G ＝mg ＝2 N 因为G <F f max所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处．12．(2014·山东·18)如图10所示，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v 0进入矩形区(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v 0等于( )图10A.s 22qE mhB.s2qEmh C.s 42qE mh D.s4qE mh答案 B解析 由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子＋q 为研究对象，水平位移s2时，竖直位移为h 2.由s 2＝v 0t ，h 2＝12at 2，a ＝qE m ，得v 0＝s 2qEmh ，所以B 项正确．13．(2013·广东·15)喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )图11A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与所带电荷量无关 答案 C解析 带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx 22m v 20，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确，D 错误．14．(2012·江苏·2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大 D ．C 和U 均减小 答案 B解析 由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U ，得U ＝QC ，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U减小，选项B 正确．15. 如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )图12A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2答案 BC解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B对；由W ＝Eq ·x 知在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．16．(2014·安徽·22)如图13所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图13(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd Cmg (h ＋d )q(3) 2h g ＋d 2gh解析 (1)由自由落体规律可知，小球下落h 时的末速度为v ， 有v 2＝2gh ，即v ＝2gh(2)设小球在极板间运动的加速度为a ，由v 2＝2ad ，得a ＝v 22d ＝gh d .由牛顿第二定律qE －mg ＝ma ，电容器的电荷量Q ＝CU ＝CEd ，联立以上各式得：E ＝mg (h ＋d )qd ，Q ＝Cmg (h ＋d )q(3)小球做自由落体运动的时间t 1＝ 2hg ，小球在电场中运动的时间t 2＝ 2d a ＝d 2gh .则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝ 2h g ＋d 2gh17．如图1所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计B 点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )图1A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球B ．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C ．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等 答案 C解析 第一滴液滴下落时，A 上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A 的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A 电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A 球，所以A 错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B 错误；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C 正确；每滴液滴在下落过程中A 所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误．18．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图2所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )图2答案 C解析 由平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd可知 d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεr S 与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能W ＝qφP ＝qEd －qEx ，显然D 错．19．如图3所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图3A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极板间的距离C ．仅增大偏转电极板间的电压D ．仅减小偏转电极板间的电压 答案 C解析 改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A 错误；根据E ＝Ud可知，当两极板间距离d 增大时，E 减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B 错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L ＝v 0t 、e Ud＝ma 及tan θ＝at v 0可得tan θ＝eUL md v 20，当U 增大时偏转角也增大，选项C 正确，D 错误． 20．如图4所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )图4A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点 答案 B解析 一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.21．(2014·天津·4)如图5所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图5A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 答案 C解析 由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C 正确． 22．如图6甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )图6A ．0＜t 0＜T 4 B.T 2＜t 0＜3T4C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8 答案 B解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象，如图所示，由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t 0＜T 4与3T4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4＜t 0＜3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B 正确．23．如图7所示为一平行板电容器，两板之间的距离d 和两板正对面积S 都可以调节，电容器两板与电池相连接．Q 表示电容器所带的电荷量，E 表示两板间的电场强度．则( )图7A ．当d 增大，S 不变时，Q 减小，E 减小B ．当S 增大，d 不变时，Q 增大，E 增大C ．当d 减小，S 增大时，Q 增大，E 增大D ．当S 减小，d 增大时，Q 不变，E 增大 答案 AC解析 由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝Ud，可知A 、C 正确．24 如图8所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )图8A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 204答案 BD 解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得－mg ·2h ＝0－12m v 20，解得h ＝v 204g，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝m v 204，D 正确．25．如图9所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(不计重力)，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )图9A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12答案 BD解析 粒子恰好到达N 板时有Uq ＝12m v 20，恰好到达两板中间返回时有U ′2q ＝12m v 2，比较两式可知B 、D 选项正确．26．如图10所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间距离d ＝4×10－3 m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m ＝4×10－5 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C ，g ＝10 m/s 2则下列说法正确的是( )图10A ．微粒的入射速度v 0＝10 m/sB ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 答案 AC解析 开关S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由d 2＝12gt 2，L2＝v 0t ，得v 0＝10 m/s ，A 对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a ，电场力向上，则d 2＝12at 21，L ＝v 0t 1，mg －U 1q d ＝ma ，得U 1＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝200 V ，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V ≤U ≤200 V 时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对，D 错．27．在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图11所示，设电子的质量为m (不考虑所受重力)，电荷量为e ，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U 1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d ，板长为L ，偏转电压为U 2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？图 11答案eU 1＋eU 22L 24d 2U 1解析 电子在加速电场加速时，根据动能定理eU 1＝12m v 2x进入偏转电场后L ＝v x ·t ，v y ＝at ，a ＝eU 2md射出偏转电场时合速度v ＝v 2x ＋v 2y ，以后匀速到达荧光屏，由以上各式得E k ＝12m v 2＝eU 1＋eU 22L24d 2U 1.28．如图12所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接，在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上A 点由静止释放，小球运动到C 点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，如图所示，小球可视为质点，小球运动到C 点之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零)．已知A 、B 间距离为2R ，重力加速度为g ，在上述运动过程中，求：图12(1)电场强度E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率； (3)小球对圆轨道的最大压力的大小．答案 (1)mgq(2)(2＋22)gR (3)(2＋32)mg解析 (1)设小球过C 点时速度大小为v C ，小球从A 到C 由动能定理知qE ·3R －mg ·2R ＝12m v 2C小球离开C 点后做平抛运动到P 点，R ＝12gt 22R ＝v C t得E ＝mg q(2)设小球运动到圆轨道D 点时速度最大，设最大速度为v ，此时OD 与竖直线OB 夹角设为α，小球从A 点运动到D 点的过程，根据动能定理知qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝12m v 2即12m v 2＝mgR (sin α＋cos α＋1) 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大 由此可得v ＝(2＋22)gR(3)由于小球在D 点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D 点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F ，由牛顿第三定律可知小球在D 点受到的轨道的弹力大小也为F ，在D 点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知，F －qE sin α－mg cos α＝m v 2R解得F ＝(2＋32)mg。

电容器与电容1．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是()[答案]BC[解析]电容大小与电压、电量无关，故A错B对；由Q＝CU知，Q∝U，故C对D错。

静电现象2．仔细观察下列与静电有关的各图，属于防范静电的是()[答案] A[解析]题给四个图中，B、C、D均为静电现象的应用，只有A是防范静电的。

1．静电平衡的实质将不带电的金属导体放入场强为E0的静电场中，导体内自由电子便受到与场强E0方向相反的电场力作用。

除了做无规则热运动，自由电子还要向电场E0的反方向做定向移动(图甲所示)，并在导体的一个侧面集结，使该侧面出现负电荷，而相对的另一侧出现“过剩”的等量的正电荷(如图乙所示)，等量异种电荷形成一附加电场E′。

当附加电场与外电场的合场强为零时，即E′的大小等于E0的大小而方向相反时(如图丙所示)，自由电子的定向移动停止，这时的导体处于静电平衡状态。

2．处于静电平衡状态的导体具有以下特点：(1)导体内部的场强(E0与E′的合场强)处处为零，E内＝0；(2)整个导体是等势体，导体的表面是等势面；(3)导体外部电场线与导体表面垂直；(4)静电荷只分布在导体外表面上，且与导体表面的曲率有关。

带电粒子在电场中的直线运动3.两平行金属板相距为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，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A ．edh UB ．edUhC ．eU dhD ．eUh d[答案] D[解析] E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，由动能定理得：E k 0＝eU OA ＝eUh d，D 正确。

的电场加速，由动能定理qU ＝带电粒子的偏转4．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。

电容器 带电粒子在电场中的运动【电容器基础知识】1．对于某一电解电容器，下列说法中正确的是（ ）A ．电容器带电荷量越多，电容越大B ．电容器两极板间电压越小，电容越大C ．电容器的电容与所带电荷量成正比，与极板间的电压成反比D ．随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大2．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（ ）A ．使正对面积增大，电容将减小B ．使正对面积减小，电容将减小C ．将两极板的间距增大，电容将增大D ．将两极板的间距增大，电容将不变3．超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。

如图所示，某超级电容标有“2.7V 3000F ”，将该电容接在1.5V 干电池的两端，则电路稳定后该的负极板上所带电量为（ ）A ．﹣4500CB ．﹣2000C C ．﹣8100CD ．﹣1667C【电容器动态分析】(1)U 不变①根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U，先分析电容的变化，再分析Q 的变化。

②根据E ＝U d分析场强的变化。

③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化。

(2)Q 不变①根据C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U， 先分析电容的变化，再分析U 的变化。

②根据E ＝U d分析场强变化。

4、(2016·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板电荷量变小，极板间电场强度不变【拓展1】 (多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增大B ．极板间的电势差增大C ．极板上的电荷量变大D ．极板间电场强度变大【拓展2】 (多选)若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子P 恰能静止，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是( )A ．电容器所带电荷量保持不变B ．极板间的电场强度保持不变C ．粒子所在初位置的电势能保持不变D ．粒子将加速向下运动5、(2018·株洲统一检测)如图所示，R 是一个定值电阻，A 、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P 处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若增大A 、B 两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻RB ．若增大A 、B 两金属板的间距，P 将向上运动C ．若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，P 将向上运动D ．若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动【知识巩固】6、(2018·福建毕业班质检)为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心．当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的．假设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变，下列说法中正确的是()A. 金属圆筒内存在匀强电场B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D. 带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小7、在图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，则（）A．静电计指针张角不变，极板上的电荷量变小B．静电计指针张角不变，极板上的电荷量变大C．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变小D．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大8、(多选)如图18所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是()A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度9、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大10、(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图18-5所示．用E表示两极板间场强，U表示电容器两极板间的电压，E p表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()A．U变小，E不变B．E变大，E p不变C．U变小，E p不变D．U不变，E p不变11、为厉行低碳环保，很多城市用超级电容车替换城市公交。

新课标全国高考考前复习物理6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动1．如图6－3－1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是 ( )．A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析 在由电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B 点运动，受 电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大 小的变化不能确定．选项B 正确． 答案 B2. 如图6－3－2所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则 ( )．A ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在减小解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电荷 量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在 减小，故D 正确． 答案 D3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大图6－3－1图6－3－2小．如图6－3－3所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )．图6－3－3A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析 要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增 大，断开开关S 后，将A 、B 分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大， A 正确；保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的 电势差不变，B 、C 均错误；保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动， 静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误． 答案 A4．如图6－3－4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．达到屏上动能将增加解析 由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两 极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下， 所以小球向下偏转，将打在O 点下方，A 项正确，B 项错误；小球的运动时间由水平方图6－3－4向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C 项错 误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D 项正确． 答案 AD5．如图6－3－5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( )． A ．mv 02B.12mv 02C ．2mv 02D.52mv 02解析 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E kP ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D(等效思维法)．答案 D6．如图6－3－6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则 ( )．A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做 的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间 距离增加，时间变长．图6－3－6图6－3－5答案 CD7．如图6－3－7所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )．A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压 解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程 中，由U 0q ＝mv 022，得v 0＝2U 0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 正确．(类平抛模型)答案 C8．如图6－3－8所示，一带电荷量为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 ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )．A ．带电粒子在Q 点的电势能为－Uq B ．带电粒子带负电图6－3－7图6－3－8C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场 力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 正确；设带电粒子在P 点时的速度 为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运 动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向 上的平均速度为v y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的 运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U 3d，C 正确，D 错误． 答案 AC9．如图6－3－9所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )．A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在 荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置 上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度大小为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12mv 02① 偏转电场中：L ＝v 0t② y ＝12×Uedmt 2③图6－3－9eU d y ＝12mv 2－12mv 02④由①②③得y ＝L 2U 4dU 0.当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小， 所以选项A 错，B 对． 由①②③④得12mv 2＝L 2U 2e4d 2U 0＋eU 0当U 增大时，12mv 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案 BD10．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－10所示，则下列说法正确的是 ( )．A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强 度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐 渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动 与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误． 答案 C11．如图6－3－11甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．图6－3－10图6－3－11(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压 电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为 100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端 边缘，此时有x ＝12qU md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 0 2⑧ 根据题意，收集效率为η＝x d⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 2.答案 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 212．如图6－3－12所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定 律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 得物块滑过木板所用时间t ＝2s .(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)Q ＝Fs 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J图6－3－12。

7.3电容器、带电粒子在电场中的运动(基础知识过关)1．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【参考答案】AC【名师解析】.A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，根据E＝Ud，C＝QU，C＝εr S4kπd，得E＝4kπQεr S，当d减小时，电容增大，Q增大，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做类平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A 正确；若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误；若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C正确．2.(2021河北省邢台市上学期期末)如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O 点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0【参考答案】C【名师解析】两板间距离变大，根据C＝εr S4πkd可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝12mv2，e·E·d＝12mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝2v0，选项D错误．3.(2021·河南省南阳市上学期期末)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，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()A．两极板间电压为mgd 2qB．板间电场强度大小为2mg qC．整个过程中质点的重力势能增加mg2L2 v02D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【参考答案】BC【名师解析】据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见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得板间电势差U＝2mgq×d＝2mgdq，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at2，a＝qE－mgm＝g，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，重力势能的增加量E p＝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＝Qεr S4πkd d＝4πkQεr S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，故仍垂直打在屏M上，故D错误．4.真空中有一边长为L的正方形区域ABCD，E为AB边中点，该区域内存在匀强电场，电场方向平行于AB边且从A指向B。