2019年高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动学案.doc

第3讲电容器和电容带电粒子在电场中的运动微知识1 电容器及电容1电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。(3)充、放电充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时电场能转化为其他形式的能。2电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两极板间电势差的比值。(2)公式：C。(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V所需充加的电荷量，电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关。(4)单位：法拉，符号F，与其他单位间的换算关系：1 F106F1012pF。3平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S、电介质的介电常数r成正比，与极板间距离d成反比，即C。微知识2 带电粒子在电场中的加速和偏转1带电粒子在电场中的加速(1)运动状态的分析：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一条直线上，做匀变速直线运动。(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qUmv2mv。2带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法沿初速度方向为匀速运动，运动时间t。沿电场力方向为匀加速运动，a。离开电场时的偏移量yat2。离开电场时的偏转角tan。微知识3 示波管1构造电子枪，偏转电极，荧光屏。(如图)2工作原理(1)YY上加的是待显示的信号电压，XX上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。(2)观察到的现象如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象。一、思维辨析(判断正误，正确的画“”，错误的画“”。)1电容器的带电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()2电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。()3带电粒子在匀强电场中可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动。()4只在电场力作用下，带电粒子可能做匀速圆周运动。()5带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。()二、对点微练1(电容器和电容)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()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小解析根据平行板电容器电容公式C，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C可知，U减小，B项正确。答案B2(带电粒子在电场中的加速)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入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()A.B.C.D.解析电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得eUOA0Ek，因为UOAh，所以Ek，所以正确选项为D项。答案D3(带电粒子在电场中的偏转)(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴C所带电荷量最多解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。答案BD见学生用书P111微考点1电容器的动态分析核|心|微|讲1电容器的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差U保持不变。(2)电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变。2平行板电容器动态问题的分析思路3关于平行板电容器的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。典|例|微|探【例1】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【解题导思】(1)A板向上平移一小段距离后，电压U、电容C、带电荷量Q、电场强度E各物理量的变化情况怎样？答：两极间电压U不变，C减小，Q减小，电场强度E减小。(2)电容器B板的电势为多少？答：电路稳定时，电路中无电流，电阻R两端无电压，B板电势为零。解析由平行板电容器电容的决定式C知选项A错误；由C得，电容器两端电压不变，C减小，Q减小，电容器放电，形成顺时针方向的放电电流，B项正确；由E得，电场强度E减小，C项错误；由UPOEd，E减小，P点的电势降低， D项错误。答案B分析平行板电容器动态变化问题的三个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电荷量不变或板间电压不变。(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E分析板间电场强度的变化情况。(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析运动情况的变化。题|组|微|练1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P点电势不变，点电荷在P点的电势能Ep不变。综上所述，选项D正确。答案D2某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中()A电容器的电容变大B电容器的电荷量保持不变CM点的电势比N点的电势低D流过电阻R的电流方向从M到N解析当可移动介质P向左匀速移出的过程中，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，保持不变，电荷量QCU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为MRN，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，选项D正确。答案D微考点2带电体在电场中的直线运动核|心|微|讲与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题。也可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程。解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律。典|例|微|探【例2】如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。则()A微粒带正、负电荷都有可能B微粒做匀减速直线运动C微粒做匀速直线运动D微粒做匀加速直线运动【解题导思】(1)微粒是做匀速直线运动，还是变速直线运动？答：微粒受重力和电场力作用，两力的合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，只能是变速直线运动。(2)带电微粒受到的电场力可能水平向右吗？答：不可能，微粒做直线运动，合力必沿AB直线(合力不为零时)，电场力只能水平向左。解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，B项正确。答案B题|组|微|练3一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在距上极板处返回解析带电粒子运动过程中只有重力和电场力做功，设电容器两极板间电压为U，粒子下落的全程由动能定理有mgqU0，当下极板向上平移后，设粒子能下落到距离上极板x处，由动能定理有mgqU0，解得xd，选项D正确。答案D4在真空中的x轴上的原点处和x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是()A点电荷M、N一定都是负电荷B点电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21Dx4a处的电场强度一定为零解析由vx图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A项错误；点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大，故B项错误；由图可知，在x4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x4a处的电场强度等于0，则M与N的点电荷在x4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为41，故C项错误，D项正确。答案D微考点3带电粒子在电场中的偏转核|心|微|讲求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。1确定最终偏移距离OP的两种方法方法1：2确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法特别提醒利用动能定理求粒子偏转后的动能时，电场力做功WqUqEy，其中“U”为初末位置的电势差，而不一定是U。典|例|微|探【例3】(多选)如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的偏转电场(极板长L、极板间距离d)，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化(调整极板间距离时电子仍能穿出偏转电场)，应该()A仅使U2加倍B仅使U2变为原来的4倍C仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍D仅使偏转电场板间距离变为原来的2倍【解题导思】(1)加速电压变化时，电子进入偏转电场时的速度是否发生变化？答：由qUmv2知，电子进入偏转电场时的速度会发生变化。(2)偏转量y与加速电压成正比，与偏转电压成反比，对吗？答：不对，由qU1mv，Lv0t和yat2t2推导可得y，应该是与加速电压成反比，与偏转电压成正比。解析据题意，带电粒子在加速电场中做加速运动，有qU1mv，在偏转电场中做类平抛运动，有Lv0t和yat2t2，整理得y，因此当加速电场电压U1增加一倍，要使偏转量不变，则需要使偏转电压增加一倍或者使偏转电场两极板间距离变为原来的一半，所以A、C项正确。答案AC【反思总结】“两分析”巧解带电粒子在电场中的偏转问题1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。2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。题|组|微|练5.(多选)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从左上方同一点以相同的水平速度先后射入匀强电场中，A、B、C三个小球的运动轨迹如图所示，A、B小球运动轨迹的末端处于同一竖直线上，则如图运动轨迹对应的过程()A小球A带负电，B不带电，C带正电B三小球运动的时间tAtBxC，知tAtBtC，则选项B错误；由竖直位移公式yat2，而yAyB，得aAaB；又yAtC，得aAaC，同理aBaC，因场强方向向下，可以判定小球A带负电，B不带电，C带正电，则选项A正确；因aBaC，得合力maBmaC，由动能定理有F合yEkEktEk0，而初动能Ek0mv相同，yAyB，maBEkB，则选项C错误；又电场力做功为qEy，yAqC，使qEy有可能相等，即电势能变化绝对值有可能相等，故选项D正确。答案AD6.如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E1.0102 V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h0.80 m的a处有一粒子源，盒内粒子以v02.0102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m2.01015 kg、电荷量为q1012 C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力，求(结果保留两位有效数字)：(1)粒子源所在a点的电势。(2)带电粒子打在金属板上时的动能。(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析(1)题中匀强电场竖直向下，b板接地；因此aUabEh1.01020.8 V80 V。(2)不计重力，只有电场力做功；对粒子由动能定理qUabEkmv可得带电粒子打在金属板上时的动能为1.21010 J。(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界，由平抛运动知识可得xv0t，hat2，a，Sx2，联立以上各式得所形成的面积为4.0 m2，可以通过减小h或增大E来实现。答案(1)80 V(2)1.21010 J(3)4.0 m2可通过减小h或增大E实现微考点4电场中的力电综合问题核|心|微|讲研究带电粒子在电场中的运动常用的三种方法1力和运动的关系牛顿第二定律：根据带电粒子受到静电力，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，这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况。2功和能的关系动能定理：根据静电力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等。这种方法同样也适用于非匀强电场。3正交分解法或化曲为直法处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的，可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。典|例|微|探【例4如图所示，在E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【解题导思】(1)滑块在最高点时什么力提供向心力？答：由重力和电场力的合力提供向心力。(2)滑块从开始运动到达Q点的过程中哪些力做功？答：电场力、重力、摩擦力做功。(3)滑块在P点时什么力提供向心力？答：轨道的水平弹力提供向心力。解析(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm，小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv，联立方程组，解得v07 m/s。(2)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv，又在P点时，由牛顿第二定律得Nm，代入数据，解得N0.6 N。由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力NN0.6 N。答案(1)7 m/s(2)0.6 N题|组|微|练7(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是()A小球水平位移x1与x2的比值为13B小球水平位移x1与x2的比值为14C小球落到B点时的动能为32 JD小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J解析小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1x213，选项A正确，选项B错误；设小球在M点时的水平分速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv8 J，mv6 J，因而在B点时小球的动能为EkBm232 J，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，选项D错误。答案AC8如图所示，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，sin370.6，cos370.8。求：(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，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。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Nsin37qE，Ncos37mg，由可得E。(2)若电场强度减小为原来的，即E，由牛顿第二定律得mgsin37qEcos37ma，可得a0.3g。(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mgLsin37qELcos37Ek0，可得Ek0.3mgL。答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL见学生用书P114带电粒子在交变电场中的运动素能培养1注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并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)二是粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。经典考题(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从t0时刻释放电子，电子始终向右运动，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根据Ut图线可得到粒子运动的at图线，易知，从t0时刻释放电子，0向右加速，T向右减速，电子一直向右运动，选项A正确，B项错误；从t时刻释放电子，如果板间距离比较大，向右加速，T向右减速，TT向左加速，TT向左减速，如果板间距离比较小，向右加速，T向右减速，可能已经撞到极板上，选项C正确，D错误。答案AC对法对题1如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t0，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0t81010 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐增大的时间是()A0t21010 sB21010 st41010 sC41010 st61010 sD61010 st81010 s解析作出粒子运动的vt图象如图所示。由图象可知选项C正确。答案C2(多选)如图甲，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。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0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。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v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd解析因0内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B项正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误；故选B、C项。答案BC见学生用书P1151.如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变小解析电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C可知，d增大时，C变小；又U，所以U变大；由于E，U，所以E，故d增大时，E不变，C项正确。答案C2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时对微粒有qEmg。板旋转45对微粒受力分析，如图中虚线所示，由平行四边形定则可知合力向左下方，且大小恒定，D项正确，A、B、C项错误。答案D3.(多选)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。下列说法正确的是()A粒子的运动轨迹一定经过P点B粒子的运动轨迹一定经过P、E之间某点C若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域D若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域解析粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过P、E之间某点，选项B正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确。答案BD4.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知ABBC。不计空气阻力，则可知()A微粒在电场中的加速度是变化的B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为DMN板间的电势差为解析微粒受到重力和电场力两个力作用，两个力都是恒力，合力也是恒力，所以微粒在电场中的加速度是恒定不变的，故A项错误；将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向，粒子水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，则有BCt，ABt，由题意，ABBC，得到vCv0，即微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等，故B项正确；根据动能定理，研究水平方向得，qUABmv得到UAB，所以MN板间的电势差为，故C、D项错误。答案B