20电容器带电粒子在匀强电场中的运动 高考物理一轮复习经典题汇编含解析

这是一份20电容器带电粒子在匀强电场中的运动 高考物理一轮复习经典题汇编含解析，共24页。
电容器、带电粒子在匀强电场中的运动　一．选择题（共5小题）1．平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距为原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是（　　）A． B． C． D．2．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反响电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低B．将上极板下移，则P点的电势不变C．将下极板下移，则P点的电势升高D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动3．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（　　）A． B． C． D．4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的动能先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．a的质量一定大于b的质量C．a的动能增量一定小于b的动能增量D．电场力对a粒子所做的功一定小于对b粒子做的功5．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子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（带电量和质量比值）之比是（　　）A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1　二．多选题（共7小题）6．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（　　）A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少 D．油滴仍将保持静止7．如图所示，水平放置的平行金属板a和b分别与电源的两极相连．a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，到达b板小孔时的速度为ν1．现保持b板不动，在开关S仍闭合或断开的两种情况下，调节a板向上或向下平移一小段距离后，让相同的液滴仍从P点自由落下，液滴到达b板小孔时的速度为ν2．则下列说法中正确的是（　　）A．若开关S仍闭合，向下移动a板，则ν2＞ν1B．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动a板，则ν2＞ν1C．若开关S仍闭合，则无论向上或向下移动a板，都有ν2=ν1D．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动a板，都有ν2＜ν18．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则（　　）A．φ1：φ2=1：2B．φ1：φ2=1：3C．在0～2T内，当t=T时电子的电势能最小D．在0～2T内，电子的电势能减小了9．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电 阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板．当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是（　　）A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数增大B．仅把R1的触头向右滑动时，油滴向上运动C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动D．仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动10．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏，今有质子，氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（　　）A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：411．正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为l，板间距为d，在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏 M．D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻．将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在 M 屏上．在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（　　）A．质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同B．板间电场强度大小为C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上12．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A B间距增大时，小球打仍在N点B．若小球带正电，当A B间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当A B间距增大时，小球打在N的右点D．若小球带负电，当A B间距减小时，小球可能打在N的左侧　三．计算题（共1小题）13．如图所示，有一平面直角坐标系xOy，其中x轴的正方向为水平向右，y轴的正方向为竖直向上，在x＞0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场；在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E=1N/C，一质量m=10g、电荷量q=0.1C的带负电的小球在点P（10cm，0）处由静止释放，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球第一次到达y轴时的速度；（2）小球第二次到达y轴时的位置坐标．四．解答题（共2小题）14．如图（甲）所示，A、B是竖直放置的平行极板MN上的两个阀门，处于关闭状态．A阀门外有一放射源可以沿轴线ABO方向发射初速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电，电荷量为q．B阀门后由一对水平放置的平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图（乙）所示．O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点，垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标．其余尺寸见图（甲），其中l和t均为已知．已知t2=d，不计粒子重力．（1）某时刻A开启，后A关闭，又过后B开启，再过后B也关闭．求能穿过阀门B的粒子的最大速度和最小速度；（2）在图（乙）中的计时零点，A、B阀门同时打开，且不再关闭，有一个速度为v0=的粒子恰好在此时通过A阀门，求该粒子打到接收屏上的y坐标（用d表示）．15．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．（1）求带电粒子的比荷；（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期，从t=0开始，前内UMN=2U，后内UMN=﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、IV象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围．　
电容器、带电粒子在匀强电场中的运动参考答案与试题解析　一．选择题（共5小题）1．平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距为原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是（　　）A． B． C． D．【解答】解：A、B两板间距变为原来的，根据电容决定式C=，可知，电容器电容变为原来的，根据Q=CU，可知，极板所带电荷量为原来的，根据电场强度公式E=，可知，内部电场强度变为原来的，由于F=kQE，所以两极板之间的引力变为原来的，故B正确，ACD错误；故选：B。　2．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反响电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低B．将上极板下移，则P点的电势不变C．将下极板下移，则P点的电势升高D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动【解答】解：二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：C=，C=，极板间的电场强度：E=整理得：E=；油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qE=mg；A、减小极板间的正对面积S，由C=可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=可知，电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A错误；B、将上极板向下移动，d变小，电容器两极板间的电场强度：E=变大，P与下极板的距离不变，P的电势升高，故B错误；C、将下极板向下移动，d变大，由C=可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=可知电容器两极板间的电场强度不变，则上极板与大地的电势差为电源电压，上极板电势不变；上极板与P点距离不变，场强不变，电势差不变，所以P点电势不变，下极板的电势变小，为负值，故C错误；D、上极板上移或下极板下移时，d变大，由C=可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时，d变小，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度E=变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D正确；故选：D。　3．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（　　）A． B． C． D．【解答】解：当开关S断开时，电路总阻值：R总=R+=，则干路电流I=，电容的电压U1==；当开关S闭合时，电路总阻值：R总=R+=，则干路电流I=，电容的电压U2=E﹣IR=；由C=可得：=，故C正确，ABD错误。故选：C。　4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的动能先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．a的质量一定大于b的质量C．a的动能增量一定小于b的动能增量D．电场力对a粒子所做的功一定小于对b粒子做的功【解答】解：A、B、设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，加速度：a=时间：t=偏转量：y=at2=①因为两个粒子的初动能相等，mv2也相等，又因为y相等，E也相同，根据①式可知x越大，q就越小，所以a的电荷量一定大于b的电荷量，但质量m的大小无法确定，故A正确，B错误； C、D、利用动能定理可得动能的增加量：△Ek=qEy，因为y相等，E也相同，并且a的电荷量大于b的电荷量，故电场力对a粒子所做的功一定大于对b粒子做的功，a的动能增量一定大于b的动能增量，故CD错误；故选：A。　5．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子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（带电量和质量比值）之比是（　　）A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1【解答】解：粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1：2，根据x=v0t，知时间比为1：2。粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y=at2知，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=，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，则两电荷的比荷之比为8：1．故B正确，A、C、D错误。故选：B。　二．多选题（共7小题）6．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（　　）A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少 D．油滴仍将保持静止【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，A、根据C= 知，d增大，则电容减小。故A错误。B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误；C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故C正确。D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，仍将保持静止。故D正确。故选：CD。　7．如图所示，水平放置的平行金属板a和b分别与电源的两极相连．a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，到达b板小孔时的速度为ν1．现保持b板不动，在开关S仍闭合或断开的两种情况下，调节a板向上或向下平移一小段距离后，让相同的液滴仍从P点自由落下，液滴到达b板小孔时的速度为ν2．则下列说法中正确的是（　　）A．若开关S仍闭合，向下移动a板，则ν2＞ν1B．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动a板，则ν2＞ν1C．若开关S仍闭合，则无论向上或向下移动a板，都有ν2=ν1D．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动a板，都有ν2＜ν1【解答】解：A、闭合开关S后，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，到达b板小孔时的速度为ν1，根据动能定理，有：mgH﹣qU=①A、若电键K保持闭合，向下移动a板，由动能定理，有：mgH′﹣qU′=②由于H′=H，U′=U，故v2=v1，故A错误；B、若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动a板，电容带电量不变，电场强度E=，不变，故电场力不变，故电场力做的负功减小，由动能定理得液滴速度变大，即v2＞v1，故B正确；C、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动a板，重力与电场力所做的功不变，由动能定理可知，液滴速度不变，即v2=v1，故C正确；D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动a板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2＜v1；如果向下移动a板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2＞v1，故D错误；故选：BC。　8．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t=2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则（　　）A．φ1：φ2=1：2B．φ1：φ2=1：3C．在0～2T内，当t=T时电子的电势能最小D．在0～2T内，电子的电势能减小了【解答】解：AB、0～T时间内平行板间的电场强度为：E1=，电子以a1=向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：x1=，速度为：v1=a1T．T～2T内平行板间电场强度为：E2=，加速度为：a2=，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：x2=v1T﹣，由题意2T时刻回到P点，则有：x1+x2=0，联立可得：φ2=3φ1，所以选项A错误，B正确。C、当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因φ2=3φ1，所以在2T时刻电势能最小，选项C错误。D、电子在2T时刻回到P点，此时速度为：v2=v1﹣a2T=  （负号表示方向向下），电子的动能为：Ek═=，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，所以选项D正确。故选：BD。　9．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电 阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板．当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是（　　）A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数增大B．仅把R1的触头向右滑动时，油滴向上运动C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动D．仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动【解答】解：A、B仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小，由E=分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动。故A错误，B正确。C、仅把两极板A、B间距离d增大，电容器的电压不变，由E=分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动。故C正确。D、仅把两极板A、B间相对面积减小，板间电压不变，场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。故D错误。故选：BC。　10．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏，今有质子，氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（　　）A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：4【解答】解：设AB间的电压为U1，CD间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD右边缘离荧光屏的距离为S，从一般情况考虑，在加速电场中有：①，进入偏转电场做类平抛运动。A、穿出CD后的时间，由于三种粒子的比荷不同，所以三种粒子穿出CD板的时间不同，所以选项A正确。B、偏移的距离：，偏转角的正切：  以上两式 联立①式得：，，由两式可以看出，三种粒子从CD边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最后打到荧光屏的位置相同，所以选项B正确。CD、偏转电场对三种粒子所做功，则做功之比等于电量之比为1：1：2，所以选项CD错误。 故选：AB。　11．正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，板长为l，板间距为d，在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏 M．D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻．将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在 M 屏上．在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（　　）A．质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同B．板间电场强度大小为C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上【解答】解：A、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动。否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上。质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反。故A错误。B、质点的轨迹如图虚线所示，设质点在板间运动的过程中加速度大小为a，则有质点离开电场时竖直分速度大小为 vy=at1=•质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则 vy=gt2=g•联立解得 E=，故B错误。C、若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C正确。D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C=知U不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故D正确。故选：CD。　12．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A B间距增大时，小球打仍在N点B．若小球带正电，当A B间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当A B间距增大时，小球打在N的右点D．若小球带负电，当A B间距减小时，小球可能打在N的左侧【解答】解：A、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，根据E===，知E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点。故A正确。B、若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E=，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做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B正确。C、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，根据E==，知E不变，所以电场力大小不变，方向变为向上，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不变，运动时间不变，小球仍然可能打在N点。故C错误。D、若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E=，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D错误。故选：AB。　三．计算题（共1小题）13．如图所示，有一平面直角坐标系xOy，其中x轴的正方向为水平向右，y轴的正方向为竖直向上，在x＞0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场；在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E=1N/C，一质量m=10g、电荷量q=0.1C的带负电的小球在点P（10cm，0）处由静止释放，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球第一次到达y轴时的速度；（2）小球第二次到达y轴时的位置坐标．【解答】解：（1）由牛顿第二定律得，在x方向：qE=max解得：ax=10m/s2，在x轴方向：vx===m/s，第一次到达y轴需要的时间：t1==s；小球在竖直方向做自由落体运动，vy=gt1=10×=m/s，小球第一次到达y轴时的速度：v===2m/s，与x轴负方向间的夹角α，tanα===1，则：α=45°，第一次到达y轴时：y1=﹣gt12=﹣×10×=﹣0.1m；（2）小球第一次到达y轴后，沿x轴负方向做类竖直上抛运动，沿y轴负方向在重力作用下做匀加速直线运动，小球第二次到达y轴需要的时间我：t2===s，小球在y轴方向的位移大小为：y=vyt2+gt22=×+×10×=0.8m，小球第二次到达y轴时：y2=y1﹣y=﹣0.1﹣0.8=﹣0.9m，小球第二次到达y轴时的坐标为：（0m，﹣0.9m）；答：（1）小球第一次到达y轴时的速度大小为2m/s，与x轴负方向间的夹角为45°斜向下；（2）小球第二次到达y轴时的位置坐标为：（0m，﹣0.9m）．　四．解答题（共2小题）14．如图（甲）所示，A、B是竖直放置的平行极板MN上的两个阀门，处于关闭状态．A阀门外有一放射源可以沿轴线ABO方向发射初速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电，电荷量为q．B阀门后由一对水平放置的平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图（乙）所示．O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点，垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标．其余尺寸见图（甲），其中l和t均为已知．已知t2=d，不计粒子重力．（1）某时刻A开启，后A关闭，又过后B开启，再过后B也关闭．求能穿过阀门B的粒子的最大速度和最小速度；（2）在图（乙）中的计时零点，A、B阀门同时打开，且不再关闭，有一个速度为v0=的粒子恰好在此时通过A阀门，求该粒子打到接收屏上的y坐标（用d表示）．【解答】解：（1）最短时间为：t1=能穿过B阀门的粒子的最大速度为：Vmax==最长时间为：t2=最小速度为：Vmin==（2）设该粒子经过t3时间到达偏转电场t3=t3=2t进入电场后向﹣y方向偏转y1=a1=t4=t解得：y1==沿ABO方向的位移x1=v0t=，还有离开电场t5==向﹣y方向减速运动，a2==2a1所以粒子离开电场时，沿﹣y方向速度刚好为零，Vy=0y2==离开电场后，粒子沿平行ABO的方向打到接收屏上所以纵坐标y=﹣（y1+y2）=答：（1）某时刻A开启，后A关闭，又过后B开启，再过后B也关闭．则能穿过阀门B的粒子的最大速度为和最小速度为；（2）在图（乙）中的计时零点，A、B阀门同时打开，且不再关闭，有一个速度为v0=的粒子恰好在此时通过A阀门，该粒子打到接收屏上的y坐标为．　15．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．（1）求带电粒子的比荷；（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期，从t=0开始，前内UMN=2U，后内UMN=﹣U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、IV象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围．【解答】解：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：垂直极板方向有：解得：（2）粒子通过两板时间为：从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小，方向垂直极板向下．不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示．因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出．它们在电场方向偏转的距离最大．有：解得：（3）所有粒子射出电场时速度方向都平行于x轴，大小为v0．设粒子在磁场中的运动半径为r，则有：解得：粒子进入圆形区域内聚焦于P点时，磁场区半径R应满足：R=r在圆形磁场区域边界上，P点纵坐标有最大值，如图所示．磁场区的最小半径为：，对应磁感应强度有最大值为：=磁场区的最大半径为：Rmax=2d，对应磁感应强度有最小值为：=所以，磁感应强度B的可能范围为：≤B答：（1）带电粒子的比荷；（2）电压U的值为（3）紧磁感应强度B的大小范围≤B．