上板和下板各有一层薄膜.求翻译

（1）粒子在电场中受到电场力大小为F=qE，
两平行板间电场为匀强电场，根据电场强度和电势差的关系有：
E=[U/d]
所以粒子受电场力为F＝qE＝
qU
d
根据牛顿第二定律粒子产生的加速度a＝
F
m=[qU/md]
（2）粒子在电场中做类平抛运动，初速度v₀，加速度a＝
qU
md
粒子在水平方向做匀速直线运动，所以粒子射出电场在水平方向产生位移x=l
所以粒子在电场中运动时间t=[l
v0
粒子在竖直方向的速度v_y=at=
qUl
mdv0
如图粒子射出电场时速度偏转角的正切值tanθ＝
vy
v0=
qUl
md
v20
答：①带电粒子运动的加速度a＝
qU/md]；
②粒子射出电场时的速度偏转角正切值为
qUl
md
v20．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．

（1）在加速电场中，对电子运用动能定理得：eU₀=[1/2m
v20]
解得：v₀=

2eU0
m
（2）电子在电场中做类平抛运动，则：a=[eU/md] ①
水平方向有：l=v₀t ②
竖直方向有：y=[1/2at2 ③
由①②③得：y=
Ul2
4U0d]
（3）电子飞出电场时在竖直方向的分速度为：v_y=at，
又
vy
v0=tanθ，

.
PM
s=tanθ，L=
.
PM+y
解得：L=
(l+2s)Ul
4U0d
答：
（1）电子经电压U₀加速后，刚进入偏转电场时的速度v₀为

2eU0
m．
（2）电子偏离金属板的侧位移y为
Ul2
4U0d．
（3）OP的长L为
(l+2s)Ul
4U0d．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 该题是带电粒子在组合场中运动，加速电场运用动能定理求电子获得的速度，在偏转电压中运用运动的分解研究，都是常用的方法，要能熟练运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解．

(1)电子在电场中做类平抛运动，则：①

水平方向有：②竖直方向有：③

由①②③得最大电压为：

(2)在竖直方向的分速度为：

在水平方向的分速度为：

所以：

(3)电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：

或

(1)  (2)  (3)


<>

（1）电容器间的电场强度：E=[U/d]=[90/0.01]=9000V/m，
电子受到的电场力：F=Eq=9000×1.6×10^-19=1.44×10^-15N，
由牛顿第二定律可知，电子的加速度：a=[F/m]=
1.44×10−15
9.1×10−31≈1.6×10¹⁵m/s²，
电子在极板间做类平抛运动，水平方向做匀速运动，
电子的运动时间：t=[L
v0=
0.05
2×107=2.5×10^-9s，
电子的偏移量：y=
1/2]at²，代入数据解得：y≈0.5cm
（2）竖直方向速度v₁=at，
电子离开偏转电场时的速度：v=

v20+
v21，
代入数据解得：v=2.03×10⁷m/s
（3）电子在电场中运动时间极短，两极板间电压的变化可忽略不计，
电子在电场中运动时可以认为电场是匀强电场，电子加速度不变，电子做类平抛运动，
两板间的最大电压为：U₀=120V，
电子在偏转电场中的偏移量：y′=[1/2]a′t²=[1/2]
eU0
mdt²，代入数据解得：y′≈0.67cm=0.0067m，
电子离开电场时竖直分速度：v₁′=a′t=
eU0
mdt，代入数据解得：v₁′≈5.3×10⁶m/s，
从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，
水平方向：t₁=
s
v0=
0.1
2×107=5×10^-9s，
竖直方向：PM=v₁t₁=5.3×10⁶m/s×5×10^-9s=0.0265m
PO=PM+MO=PM+y′=0.0332m，则亮线的长度：L=2PO=0.0332×2=0.0664m；
答：（1）电子飞出电场时沿垂直于板方向的侧向偏移y是0.5cm．
（2）电子飞出电场时的速度是2.03×10⁷m/s．
（3）亮线长度是0.0664m．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 该题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动．同时注意几何知识在物理学中的应用．

（1）两金属板之间的电场强度大小：
E=[U/d]=
32V
0.04m＝800V/m
（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W为：
W=-eE△h=-1.6×10^-19×800×（0.035-0.005）=-3.84×10^-18J
（3）电势能的增加量等于克服电场力做的功，为：
△EP＝3.84×10−18J
答：（1）两金属板之间的电场强度大小E为800V/m；
（2）将一个电子从A点移动到B点电场力做的功W为-3.84×10^-18J；
（3）电子电势能的改变量△E_P为3.84×10^-18J．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．

考点点评： 本题关键明确电场力做的功等于电势能的减小量，记住公式U=Ed和W=-△Ep，基础题．

（1）电子在电场中做类平抛运动，则 a=[qE/m]=[qU/md]
水平方向有：l=v₀t
竖直方向有：y₀=[1/2]at²
则得侧位移：y0＝
qul2
2dm
v20
（2）根据动能定理得：qEy₀=[1/2mv2-
1
2m
v20]
解得v=

v20+(
qUl
mdv0)2
答：
（1）电子偏离金属板的侧位移y₀是
qUl2
2dm
v20．
（2）电子飞出电场时的速度是

v20+(
qUl
mdv0)2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况．类平抛运动要运用运动的分解法进行研究．

（1）粒子在板间做类平抛运动，
水平方向粒子做匀速直线运动，则t=[L
v0，
竖直方向粒子做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a=
qE/m]，
设粒子射出电场时，速度偏向角为θ，则：tanθ=
vy
v0=[at
v0，
解得：tanθ=
qEL
m
v20，
则：θ=arctan
qEL
m
v20；
（2）粒子在电场中的偏移量：
y=
1/2]at²，
解得：y=
qEL2
2m
v20，
则偏移量：OP=y+Dtanθ，
解得：OP=
qEL2
2m
v20+
qEDL
m
v20；
答：（1）带电粒子从板右端射出时速度方向与水平方向的夹角为arctan
qEL
m
v20；
（2）偏移量OP的大小为
qEL2
2m
v20+
qEDL
m
v20．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是应用推论求解的，也可以求出偏转距离和偏转角的正切，根据数学知识求解OP．也可以用三角形相似法求解OP．

把上板向左平移少许，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，分析可知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=[Q/U]，分析可知板间电压增大，由场强公式E=[U/d]分析可知：d不变，板间场强增大，但方向不变，则微粒将向上加速运动，即沿③方向加速运动．故C正确．
故选：C

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 对于电容器动态分析问题，要根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]，电容的定义式C=[Q/U]和场强公式E=[U/d]进行分析．

粒子恰好从上极板边缘飞出时，
在水平方向：L=v₀t，
竖直方向：[1/2]d=[1/2]a₁t²，
由牛顿第二定律得：
qU1
d-mg=ma₁，
代入数据解得：U₁=240V，
粒子恰好从下极板边缘飞出时，
在水平方向：L=v₀t，
竖直方向：[1/2]d=[1/2]a₂t²，
由牛顿第二定律得：mg-
qU2
d=ma₂，
代入数据解得：U₂=60V，
要使带电微粒能穿出极板，两电极间的电压值的范围是60V≤U≤240V；
答：要使带电微粒能穿出极板，两电极间的电压值的范围是60V≤U≤240V．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了求电压范围，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律求出电压的最大与最小值即可正确解题．

AB、第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．则：t1＝

L
2
v0＝
L
2v0
y＝
1
2g
t21
设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，
由牛顿运动定律得：
mg-qE=ma
其中：E=[U/d]=[Q/Cd]=[nq/Cd]
得：a=g-
nq2
Cmd
第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=[1/2a
t22]=[d/2]
t2＝
L
v0＝2t1
第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤[d/2]
联立以上公式得：a＝
1
4g，N=[3Cdmg/4q2]，故A正确，B错误；
C、第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg[d/2]-qE[d/2]
代人数据得：W=[mgd/8]，故C正确；
D、第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W_电=-qE[d/2]=-[3mgd/8]，故D正确；
故选：ACD

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动；机械能守恒定律．

考点点评： 考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用．

（1）根据平行四边形定则得，粒子的末速度v＝
v0
cos45°＝
2v0．
（2）粒子出磁场时在竖直方向上的分速度v_y=v₀
则水平方向上有L=v₀t，
解得t=[L
v0
则两板间的距离d=
vy/2t＝
v0
2×
L
v0＝
L
2]．
（3）根据d=[1/2at2，a=
qE
m]得，
解得E=
mv02
qL．
答：（1）粒子的末速度大小为
2v0．
（2）两板间的距离为[L/2]．
（3）匀强电场的电场强度大小为
mv02
qL．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入，则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．

设电子所受电场力为F，加速度为a，在电场运动的时间为t，偏转位移为y，离开电场的速度为V，偏转角度为 α，电子垂直进入电场受到电场力：
F=Eq…①
极板间的场强：
E=[U/d]…②
根据牛顿第二定律得：
F=ma…③
电子在电场中做类平抛运动：
L=V₀t…④
y=[1/2]at²…⑤
联立①②③④⑤解之得：
y=
UeL2
2dm
v20…⑥
（2）电子离开电场竖直向上的速度为：
V_y=at…⑦
离开电场的速度：
V=

v2x+
v2y…⑧
联立③④⑥⑦解之得：
v=

v20+(
UeL
dmv0)2
速度偏转角：
tanθ=
vy
vx＝
UeL
dm
v20
（3）由图可知：
op=y+MP…⑨
有几何关系得：
MP=s•tanα…⑩
联立⑥⑨⑩解之得：
op=（s+[L/2]）tanθ=（s+[L/2]）
UeL
dm
v20
答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是
UeL2
2dm
v20；
（2）电子飞出电场时的速度大小为
UeL
dm
v20；
（3）OP

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 分析电子的受力和运动情况是解此题的关键，利用平抛运动求偏转位移和偏转角度．明确类平抛模型的处理方法与平抛运动的处理方法相同．

A、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，故A错误
B、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，运动过程重力做正功，电场力做负功，电势能增加，故B错误．
C、电场力与重力大小相等，故电势能变化量为△ɛ=mgd，又△ɛ=qU，得到两极板的电势差U=[mgd/q]，故C正确
D、由于粒子电性不知，故电场方向不定，故D错误
故选C

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，挖掘出出粒子“做直线运动”的隐含信息

AB、设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，
由牛顿运动定律得：
mg-qE=ma
其中：E=[U/d]=[Q/Cd]=[nq/Cd]
得：a=g-
nq2
Cmd
第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=[1/2]at₂²=[1/2]gt₂²；
第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤[d/2]
联立以上公式得：N=[3gCmd
4q2，故A错误，B正确；
C、第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg
d/2]-qE[d/2]代人数据得：W=[mgd/8]，故C正确；
D、第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W_电=-qE[d/2]=-[3mgd/8]．故D正确．
故选：BCD．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用．

1)由速度关系得：(4分)

(1分)

(2)由平抛规律得：(3分)

得：

(3)由牛顿第二定律得：(1分)

由平抛规律得：(1分)(1分)

得：(2分)

<>

电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，
由Q=CU、C=[ɛS/4πkd] 与E=[U/d]得：Q与C成正比，而C与d成反比，则E与d成反比，所以E与Q成正比．
则由Q与t关系可得，E与t的关系：选第②；
Q随时间t的变化关系为Q=[b/t+a] 又由于Q与d成反比．所以d与t成线性关系．故选第③
故选：C

点评：
本题考点： 常见传感器的工作原理；电容．

考点点评： 运用各公式去寻找变量间的关系，最终得出正确答案．

以速度v₀垂直于电场线和磁感线射入，恰能沿直线穿过此区域，则有电场力与洛伦兹力相平衡，当磁场增强，其他条件不变，由洛伦兹力大于电场力，因此电场力做负功，导致动能减小，速度减小，电势能增加，故C正确，ABD错误；
故选：C．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题运用动能定理研究带电粒子的电场中和复合场中的运动，列式时要抓住洛伦兹力不做功的特点．

（1）电子在电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v₀t ①
竖直方向：由牛顿第二定律得：a=[F/m]=[eU/md] ②
电子的偏移量：y=[1/2]at²，
代入数据解得：y=0.22m；
（2）电子飞出电场时，竖直分速度：v_y=at ③
电子飞出电场时的速度：v=

v20+
v2y ④
由①②③④代入数据解得：v=4×10⁶m/s；
答：（1）电子穿过金属板时的偏移量是0.22m；
（2）电子飞出电场时的速度为=4×10⁶m/s．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了求电子的偏移量、电子速度，分析清楚电子运动过程、应用类平抛运动规律即可正确解题．

（1）20个油滴打到下板上时，下极板带的电量为Q=20×2×10^-8C=4×10^-7C，
U=[Q/C＝
4×10−7
4×10−11V＝10000V
对第21个油滴从静止到达下板的过程中运用动能定理得：

1
2mv12＝mg(h+d)−Uq
解得：v₁=
2g(h+d)−
2Uq
m]=
2
15
3m/s
（2）当油滴滴到下极板时速度刚好为零，下面的油滴就不能滴到下极板上，设最终有n个油滴可以打到下板上，则有：
下极板带的电量为Q=2n×10^-8C
U=[Q/C＝
2n×10−8
4×10−11V＝500nV
根据动能定理得：
0-0=mg（h+d）-Uq
解得：n=
mg(h+d)
500q]=30
答：（1）第21个油滴打到下板上时的速度v₁为
2
15
3m/s；（2）最终有30个油滴可以打到下板上．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题主要考查了动能定理在电场中的应用，要知道当油滴滴到下极板时速度刚好为零，下面的油滴就不能滴到下极板上，难度适中．