1、第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动学生用书P145【基础梳理】提示：异种中和容纳电荷mv2mvqU类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线电子枪【自我诊断】1判一判(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量()(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零()(3)一个电容器的电荷量增加Q1.0106 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C1.0107 F()(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动()(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的()(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计()提示：(1)(2)(3)(4)(5)(6)2做一做(1)(多选)(人教版选
2、修31P32，T1改编)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()A增大两极板间的距离，静电计指针张角变大B将A板稍微上移，静电计指针张角变大C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小提示：选ABD.电势差U变大(小)，指针张角变大(小)电容器所带电荷量一定，由公式C 知，当d变大时，C变小，再由C 得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，A、B、D正确(2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积
3、、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()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小提示：选B.由公式C知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C知，电荷量不变时，U减小，B正确平行板电容器的动态分析学生用书P146【知识提炼】1平行板电容器的动态分析思路2平行板电容器动态分析模板【典题例析】(2018高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃
4、板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C，可知电容C变小，由C 可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；实验中，只将极板间插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由C，可知电容C变大，由C 可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，C错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C不变，由C，可知静电计指针的张角变大，D错误答案A【迁移题组】迁移1Q不变时电容器的动态分析1.(20
5、20甘肃西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地以E表示两板间的场强，表示P点的电势，Ep表示该试探电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计所带电荷量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是()AE增大，降低，Ep减小，增大BE不变，降低，Ep增大，减小CE不变，升高，Ep减小，减小DE减小，升高，Ep减小，减小解析：选C.将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C 可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与
6、电源断开，则电容器的电荷量Q不变，由C 得知，板间电压U减小，因此夹角减小，再依据板间场强E，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式UEd得知，P点的电势升高；负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确迁移2U不变时电容器的动态分析2.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A电容器的电容增加B在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高解析：选B.根据C，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；
7、在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电荷量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E 与C 相结合可得E，由于电荷量减小，场强大小变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误迁移3平行板电容器中带电粒子的问题分析3(多选)(2018高考全国卷)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等现同时释放a、b，它们由静止开始运动在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面a、
8、b间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析：选BD.两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qExEk得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确带电粒子(体)在电场中的直线运动学生用书P147【知识提炼】1带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子如电
9、子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)带电颗粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法(1)做直线运动的条件粒子所受合外力F合0，粒子静止或做匀速直线运动粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动(2)解题步骤【典题例析】如图所示，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状
10、态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡当将两板逆时针旋转45时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动D正确答案D【迁移题组】迁移1带电粒子在匀强电场中的直线运动1如图所示，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的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板如果要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是
11、()A使初速度减小为原来的B使M、N间的电压提高到原来的4倍C使M、N间的电压加倍D使初速度减小为原来的，同时M、N间的电压加倍解析：选C.粒子从进入到到达N板的过程中，板间的电场强度为：E，由动能定理得：qEd0mv，解得：d，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，根据动能定理有：qEx0m，解得：x，故A错误；若电压提高到原来的4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x1，根据动能定理有：4qEx10mv，解得：x1，故B错误；同理，若电压提高到原来的2倍，则场强也变为原来的2倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x2，根据动能定理有：2qEx20mv，解
12、得：x2，故C正确；若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x3，根据动能定理有：2qEx30m，解得：x3，故D错误迁移2带电粒子在电场中的单向直线运动2.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q 的粒子在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间相互作用力可忽略不计重力，则Mm为()A32B21C52 D31解析：选A.设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM，lt2；对m有：am，lt2，联立解得
13、，A正确迁移3带电粒子在电场中的往返直线运动3如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点解析：选A.电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eUeEd0，若将C板向右平移到P点，B、C两板所带电荷量不变，由E可知，C板向右平移到P时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后
14、，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A正确，B、C、D错误迁移4带电粒子在交变电场中的直线运动4如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板则()AA、B两板间的距离为 B粒子在两板间的最大速度为 C粒子在两板间做匀加速直线运动D若粒子在t时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，C错误；粒子在t时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在
15、时刻到达B板，则，解得d ，A错误；粒子在时刻速度最大，则vm ，B正确；若粒子在t时刻进入两极板间，在时间内，粒子做匀加速运动，位移x，所以粒子在时刻之前已经到达B板，D错误带电粒子在电场中的偏转学生用书P148【知识提炼】1带电粒子在电场中的偏转规律2确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法3分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键条件分析不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动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【典题例析】如图所示，真空中水平放置的
16、两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b，一束质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出(1)求粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(3)粒子飞出电场后，求粒子可能到达屏上区域的长度解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t.(2)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，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有yat2，Lv0
17、t，vyat，tan ，联立以上各式解得x，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点(3)当y时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0ybtan ，又tan ，解得：y0故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0.答案见解析【迁移题组】迁移1带电粒子在匀强电场中的偏转1.(2019高考全国卷)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同G接地，P、Q的电势均为(0)质量为m，电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计(1)求粒子第一次穿过G时
18、的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0.(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短由对称性知，此时金属板的长度L为L2l2v0.答案：(1)mvqhv0(2)2v0迁移2带电粒子在交变电场
19、中的偏转2(多选)(2020山东潍坊二模)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为q，质量为m的粒子在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时会被吸附静止以下判断正确的是()A粒子在电场中运动的最短时间为B射出粒子的最大动能为mvCt时刻进入的粒子，从O点射出Dt时刻进入的粒子，从O点射出解析：选AD.由图可知场强大小E，则粒子在电场中的加速度大小a，则粒子在电场中运动的时间最短时满足at，解得tmin0)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
20、.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.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mgqEmaa()2gt2解得E.(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EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m(vg2t2)答案：(1)(2)2m(vg2t2)学生用书P149带电体在电场中的类抛体运动和圆周运动【对点训练】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中，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
21、运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，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，故C正确，D错误2如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q，要使小球能安全通过圆轨道，则在O点的初速度应为多大？解析：电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为m
22、g，tan ，得30，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A为等效最低点，D为等效最高点，要使小球安全通过圆轨道，经过D点时应满足：mg令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：mg2Rmvmv解得v0 ，即v .答案：v 学生用书P349(单独成册)(建议用时：40分钟)一、单项选择题1一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极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D.平行板电容器接在
23、电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变若将云母介质移出，电容C减小，由C可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小由于U不变，d不变，由E可知，极板间电场强度E不变，D正确，A、B、C错误2(2020湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，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(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转若矿井渗水(导电液体深度增大)
24、，则电流表()A指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B指针向左偏转，A、C构成的电容器充电 C指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D指针向左偏转，A、C构成的电容器放电解析：选B.由题图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化则由C 可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，再依据C和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确3(2020湖北孝感模拟)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
25、大小如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，D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减小些，下列采取的措施可行的是()A断开开关S后，将A、B两极板分开些B断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积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，将滑动变阻器的滑片向右移动解析：选B.断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据C知，电容C减小，根据U知，电势差增大，指针张角增大，A错误；断开开关S，增大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C知，电容C增大，根据U知，电势差减小，指针张角减小，B正确；保持开关S闭合，无论将A
26、、B两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，D错误4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度
27、E不变保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由UEd可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变综上所述，D正确5如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是()A若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加B若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流
28、流向电容器的负极板解析：选D.若x变大，则由C，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由QCU知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，由U可知，电容器极板间电压减小，B错误6.(2020福建龙岩模拟)如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的5倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OMMN，则P和Q的质量之比为(不计重力)()A25 B52C45 D54解析：选D.粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直
29、方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为12，由lv0t 可知运动时间比为12，由yat2得加速度之比为41，根据牛顿第二定律得a，因为电荷量比为51，则质量比为54，故D正确，A、B、C错误7(2019高考江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上t0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则Pt关系图象是()解析：选A.带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则PFv，其中v为沿电场力方向的速度，则vat、a，整理得Pt
30、，由关系式可知Pt图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，B、C、D错误8一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，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在距上极板处返回D在距上极板d处返回解析：选D.设粒子质量为m，带电荷量为q，由动能定理得，第一次粒子从P点下落有mgqU0；设第二次粒子从P点下落进入电容器后在距上极板距离为x处返回，有mgqU0，联立解得xd，故D正确二
31、、多项选择题9如图所示，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，Ep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()AE变小 BU变大CEp不变 D电荷仍保持静止解析：选BCD.将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C 可知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式C可知，U变大根
32、据推论可知，板间电场强度E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态P与B板间电势差UPBEd，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能Ep不变故A错误，B、C、D正确10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(不计重力作用)下列说法中正确的是()A从t0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B从t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t 时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：选AC.根据题中条件作出带电粒
33、子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动由图(a)知，t0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，A正确，B错误由图(b)知，t时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能到达右板，则之后往复运动，C正确，D错误11如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中()A它们运动的时间tNtMB它们电势能减少量之比EMEN12C它们的动能增量之比EkMEk
34、N12D它们所带的电荷量之比qMqN12解析：选AD.由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tNtM，A正确；由竖直位移yat2，m、t、E相等，则所带电荷量之比qMqNyMyN12，电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减少量等于电场力做功，则电势能减少量之比EMENqMEyMqNEyN14，B错误，D正确；带电粒子在电场中的运动，只受电场力作用，动能的增量等于电场力所做的功，C错误三、非选择题12如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的半圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直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均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处电场强度大小都为E0，方向沿圆弧半径指向圆心O.离子质量为m、电荷量为q，QN2d、PN3d，离子重力不计(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内电场强度E的值解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，得qUmv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，得qE0m解得：R.(2)离子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，得vt，LPNat2由牛顿第二定律，得qEma解得：E.答案：(1)(2)
