人教版高中物理-有答案-人教版物理高二上第七章第3讲：电容器的电容_带电粒子在电场中的运动

人教版物理高二上第七章第3讲：电容器的电容带电粒子在电
场中的运动
一、选择题。

1. 如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连．将B极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是（）
A.C变小，θ变大，E不变
B.C不变，θ不变，E变小
C.C变小，θ不变，E不变
D.C变小，θ变大，E变小
2. 如图所示，A、B为两个验电器，在B上装有一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），最初B和C带电，A不带电．D是带有绝缘柄的金属小球．某同学利用这些器材完成了下面实验：使不带电的D先跟C的外部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片张开，而让不带电的D先跟C的内部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片始终不张开．通过以上实验，能直接得到的结论是（）
A.电荷总量是守恒的
B.电荷在C的表面均匀分布
C.带电的C是一个等势体
D.电荷分布在C的外表面
3. 复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC（没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体）制成的．复印机的基本工作过程是：
（1）在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；
（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；
（3）鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；
（4）鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上．
以下说法正确的是（）
A.步骤（1）中发生了静电感应现象
B.步骤（2）中发生了局部导电现象
C.步骤（3）中发生了静电平衡现象
D.步骤（4）中发生了静电屏蔽现象
4. 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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的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（）
A.平行板电容器的电容值将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将增大
D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴
所受电场力不变
5. 如图所示的电路中，电源有不可忽略的电阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，电容器
C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下列判断正确的是（）
A.仅将R1增大，Q1和Q2都将增大
B.仅将R2增大，Q1和Q2都将减小
C.仅将R3增大，Q1和Q2都将不变
D.突然断开开关S，Q1和Q2都将不变
二、多选题。

如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开
关S，平行板间有一质量为m，电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说
法正确中的是（）
A.将A板向上平移一些，液滴将向下运动
B.将A板向左平移一些，液滴将向上运动
C.断开开关S，将A板向下平移一些，液滴将保持静止不动
D.断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将向上运动
如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金
属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是（）
A.将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度
B.将c与A外表面接触后移开A，B会张开一定角度
C.将c与A内表面接触时，B不会张开角度
D.将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度
如图所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有一带电荷量为Q的正电荷，N为金属板外表面上的一点，P到金属板的垂直距离PN=d，M为PN连线的中点．关
于M、N两点的场强和电势，以下说法正确的是（）
A.M点的电势比N点的电势点高，M点的场强比N点的场强大
B.M点的场强大小为4kQ
d2
C.N点的电势为零，场强不为零
D.N点的电势与场强都为零
如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(11H)流以
不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则
质子沿b轨迹运动时（）
A.加速度更大
B.初速度更大
C.动能增量更大
D.两次的电势能增量相同
如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球．最后小球落在斜面上的N点．已知小球的质量为m，初速度大小为v0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知，则下列说法正确的是（）
A.可以断定小球一定带正电荷
B.可以求出小球落到N点时速度的方向
C.可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功
D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大
两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．则（）
A.这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值为
s y max=d
2=t0
2
√6eU0
m
B.这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）最小值是
s y min=d
4=t0
4
√6eU0
m
C.侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为8:3
D.侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为16:13
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，闭合开关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．在保持开关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3mg
q
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
如图所示，在通过等量异号点电荷的直线上有a、b两点，二者位置关于负电荷对称，两点电荷连线的中垂线上有c，d两点．一带电粒子（重力不计）以垂直连线的初速度自a点向上入射，初速度大小为v1时，沿轨迹1到达c点；初速度大小为v2时，沿轨迹2到达d点．下列说法正确的是（）
A.四个点中a点电场强度最大
B.四个点中d点的电势最低
C.粒子到达连线中垂线的速度大小v c>v d
D.粒子置于a点时的电势能小于置于b点时的电势能
如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，一带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，开关S闭合时，穿过a板的小孔后的速度为v1．若使b板不动，保持开关S闭合或断开，a板向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，穿过a板的小孔后的速度为v2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A.若开关S保持闭合，向下移动a板，则v2>v1
B.若开关S保持闭合，向下移动a板，则金属板间的电场强度增大
C.若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动a板，则v2一定等于v1
D.若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动a板，则金属板间的电场强度不变
如图所示，平行带电金属板M、N相距为d，M、N分别与电源的正负极相连，M板上距左端为d处有一个小孔A．当开关K闭合时，有甲、乙两个相同的带电粒子同时射入电场，甲从两板正中间O点处以初速度v1平行于两板射入，乙从A孔以初速度以垂直于M板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N板上的B点．不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（）
A.甲、乙的初速度v1与v2的关系为v1
v2
=2
B.甲、乙的初速度v1与v2的关系为v1
v2
=√2
C.若将开关K断开，并将N板向下平移一小段距离，甲、乙粒子仍以各自的初速度从原来的位置开始进入电场运动，一定会同时打到N板上的B点
D.若将开关K断开，并将N板向上平移一小段距离，甲、乙粒子仍以各自的初速度从原来的位置开始进入电场运动，甲一定打到N板上B点的左侧
三、非选择题。

示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为−e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力．若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打
在荧光屏上某点，该点距O点距离为3
2d，求U1和U2的比值U1
U2
．
如图所示，电源电动势为E，内阻r=R，定值电阻R1和R2的阻值均为R．平行板电容器接在R2两端，两极板长度和距离均为d，足够大屏幕与电容器右端距离为d，OO1为电容器中心轴线．一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的
初速度沿OO1方向射入电场，离开电场时的位置与电容器下极板的距离为d
4
．
（1）求粒子射入电场时的初速度大小．
（2）若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端．左半部分不动，，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离．
右半部分向右平移d
3
（3）若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端，将右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离．
参考答案与试题解析
人教版物理高二上第七章第3讲：电容器的电容带电粒子在电
场中的运动
一、选择题。

1.
【答案】
A
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
对于电容器的电容、电场强度等知识，主要是对于电容器动态分析的应用．
【解答】
解：固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板所带的电荷量保持不变，当极板B向左水平移动一小段距离，两极板之间的距离增大，由电容器的决定式
C=εS
4πkd 可知，电容器的电容减小，又由U=Q
C
可知两极板之间的电压增大，则静电计
指针偏角θ增大，两极板间的电场强度为E=U
d ，由以上整理可得E=4πkQ
εS
，显然两极
板之间的电场强度大小保持不变，故A正确，BCD错误．
故选：A．
2.
【答案】
D
【考点】
生活中的静电现象
电荷守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由演示可知，C球的外表面一定有电荷，而内表面不存在电荷，但是不能证明电荷是均匀分布的，同时也不能说明C是等势体，同时本实验中也无法确定电荷关系，故并不能证明电荷的总量是守恒的，故D正确，ABC错误．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
生活中的静电现象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．步骤（1）中在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电的过程发生了电离现象，不是静电感
应现象，故A错误；
B．步骤（2）中文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，有机光导体OPC受到光照
时变成导体，鼓上形成“静电潜像”；发生了局部导电现象，故B正确；
C．步骤（3）中潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位属于静电吸引，不是静
电平衡，故C错误；
D．步骤（4）中带电复印纸将墨粉吸引到复印纸上，属于静电吸引，不是静电屏蔽，
故D错误．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据C=εS
4πkd
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错误．
D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=U
d =Q
Cd
=4πkQ
εS
，知电场强度
不变，则油滴所受电场力不变，故D正确．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
电容器的动态分析
闭合电路的欧姆定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．增大R1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C1两端电压增大，C2两端电压减小，电容器所带电量Q1增大Q2减小，故A错误．
B．增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电
压变大，电阻R1两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，
由Q=CU可知，两电容器所带的电荷量都增加，故B错误．
C．增大R3，整个电路电阻不变，Q1和Q2都将不变，故C正确．
D．突然断开开关S，两个电容器都放电，Q1和Q2都将减小，故D错误．
故选C．
二、多选题。

【答案】
C,D
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容：C=εS
4πkd
，
C=Q
U ，极板间的电场强度：E=U
d
，整理得：E=4πkQ
εS
，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极板上移时，d变大，由C=εS
4πkd
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=4πkQ
εS
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，故A错误；
B．A极板左移时，S变小，由C=εS
4πkd
可知，C变小，而两极板间的电压U等于电源电
动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=U
d
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，故B错误；
C．当断开开关S，将A板向下平移一些时，d变小，由C=εS
4πkd
可知，C变大，因电荷
量不变，由E=4πkQ
εS
，可得，电场强度不变，那么液滴将保持静止不动，故C正确；
D．同理，当断开开关S，将A板向右平移一些时，S变小，由C=εS
4πkd
可知，C变小，
因电荷量不变，由E=4πkQ
εS
可得，电场强度变大，那么液滴将向上运动，故D正确．故选CD．
【答案】
A,B
【考点】
静电感应
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．把c逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感应，结合逆着电场线方向，电势增加，则B的指针张开，故A正确．
B．当把c与A的外表面接触，则c带正电，导致B的指针张开，故B正确．
C．把c与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计仍处于外表面，则B指针会张开，故C错误．
D．c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，使小球c不带电，故再与b接触时，B不会张开角度，故D错误．
故选AB．
【答案】
A,C
【考点】
点电荷的电场线
电势
电场的叠加
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：金属板接地，由于静电感应，金属板上右侧出现负电荷，电场线从+Q出发到金属
板终止，金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+Q关于板对称的地方放上一个−Q．沿电场线的方向电势越来越低，所以M点的电势大于N点的电势（N点的电势为零），M点电场线较密，场强较大，故A正确．
+Q在M处的场强E Q=4kQ
d2
，设M′与M关于N对称，金属板在M′与M处的场强大小相等，
设为E M，而M′处合场强为0，即+Q与金属板二者在M′的场强等大反向，则E N=4kQ
9d2
，
由上式得M处场强E M=E Q+E N=40kQ
9d2
，故B错误．
AB接地，所以AB上各点电势都为零，N点电势就为零，但电势与场强无关，则N点场
强不为零，故C正确，D错误．
故选AC．
【答案】
B,D
【考点】
能量守恒定律的应用
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．加速度为a=qE
m
，质子的质量m和电荷量q不变，场强E相同，则加速度相同，
故A错误．
B．质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y=1
2at2=1
2
⋅qE
m
⋅
x2 v02=qEx2
2mv02
，x是水平位移，由图看出，y相同，则知，v0越大时，x越大，故质子沿b轨
迹运动时初速度v0更大，故B正确．
CD．电场力做功为W=qEy，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次的电势能增量相同，故C错误，D正确．
故选BD．
【答案】
B,C,D
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，
故A错误．
B．利用平抛知识有：y
x =
v y
2
t
v0t
=v y
2v0
=tanθ，速度偏向角设为α，则tanα=v y
v0
=2tanθ，
可求出小球落到N点时的速度大小和方向，故B正确．
C．求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故C正确．
D．小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直于斜面方向的速度为零，即小球速度平行与斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,B,D
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出电子在t=0时或t=t0时进入电场的v−t图像（如图所示）进行分析．
AB．竖直方向的分速度：v1y=eU0
md t0，v2y=eU0
md
×2t0=2eU0t0
md
，
侧向最大位移：s y max=2(v1y
2t0+v1y t0)=d
2
，
侧向最小位移：s y min=v1y
2t0+v1y t0=1
4
d，
解得：d=√6eU0
m t0，则：s y max=t0
2
√6eU0
m
，s y min=t0
4
√6eU0
m
，故A、B正确；
CD．由此得：v1y2=(eU0
md t0)
2
=eU0
6m
，v2y2=(eU0
md
⋅2t0)
2
=2eU0
3m
，
而v02=2eU0
m ，所以E kmax
E kmin
=
1
2
mv02+1
2
mv2y2
1
2
mv02+1
2
mv1y2
=16
13
，故C错误、D正确．
故选ABD．
【答案】
B,C,D
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
此题暂无解析
【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v y=at1=qE−mg
m ⋅l
v0
，质点离开电场后运动过程其
逆过程是平抛运动，则v y=gt1=g2l
v0，联立解得E=3mg
q
，故B正确；
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，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，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=Q
U
知U不变，电荷量要
减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，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BCD．
【答案】
A,D
【考点】
电势能
电势
电场的叠加
电场强度
【解析】
本题考查电场强度、电势、电势能．
【解答】
解：A．由等量异种点电荷的电场线分布情况知，四个点中a点电场强度最大，选项A
正确；
B．等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，故c、d两点电势与O点的电势相等，由沿电场线方向电势越来越低知，d点的电势高于a点电势，选项B错误；
C．由于c，d两点电势相等，所以U ac=U ad，由题意可知v2>v1，由动能定理知，粒子到达连线中垂线的速度大小v c<v d，选项C错误；
D．由粒予的运动轨迹知，粒子带负电，a，b两点关于负电荷对称，由等量异种电荷
的等势线知，a点的电势高于b点的电势，由负电荷在电势高处电势能小知，粒子置于
a点时的电势能小于置于b点时的电势能，选项D正确．
故选：AD．
【答案】
A,D
【考点】
电容器的动态分析
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB ．若开关S 保持闭合，向下移动a 板，ab 间的电势差不变，根据E =U
d
，电场强
度减小，故电场力减小，没有移动a 板时，根据动能定理，有：mgℎ−qU =12mv 12
，向下移动a 板时，根据动能定理，有：mg (ℎ+Δℎ)−qU =1
2mv 22，联立得到：v 2>v 1，
故A 正确，B 错误；
CD ．若开关S 闭合一段时间后再断开，电容器的带电荷量不变，根据C =Q
U ，U =Ed ，C =εS
4πkd ，得到：E =
4πkQ εS
，故向下移动a 板，电场强度保持不变，电场力大小也不变，
故液滴进入电场区后加速度保持不变，可能加速，也可能减速或匀速，故无法比较v 2与v 1的大小关系，故C 错误，D 正确． 故选AD ． 【答案】 A,D
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 电容器的动态分析
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：AB ．甲做类平抛运动，打在下极板的B 点，知甲带正电，由于甲、乙是相同的带电粒子，可知乙也带正电，乙在电场中做匀加速直线运动，
对甲，水平方向：d =v 1t ，竖直方向：d 2=12at 2，对乙，d =v 2t +1
2at 2，联立上式得：v
1v 2
=2，故A 正确，B 错误；
C ．开关K 断开，电容器的带电荷量不变，N 板向下平移，距离增大，E =
U d
=Q
Cd =
Q
εS
4πkd
⋅d ，两板间的电场强度不随极板间距变化，场强不变，加速度不变，甲粒子的竖直
位移变大，运动时间变大，水平位移变大，甲打在B 点的右侧，乙还打在B 点，故C 错误；
D ．开关断开，电场强度不变，粒子加速度不变，N 板向上平移一小段距离，竖直位移减小，运动时间变小，水平位移变小，所以甲一定打在N 板上B 点的左侧，故D 正确． 故选AD ．
三、非选择题。

【答案】
U 1和U 2的比值为1
2．
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 动能定理的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：在加速电场U1中，由动能定理：U1q=1
2
mv2，以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动运动，
在离开偏转电场时偏移距离：y1=1
2at2，其中t=d
v
；
速度方向与水平方向成θ角，则有tanθ=at
v
，离开偏转电场后偏移的距离y2=d tanθ，
根据牛顿第二定律有加速度a=F
m =Eq
m
=U2q
dm
，
而总的偏移距离y=y1+y2=3
2
d，
联立以上几式可得：U1
U2=1
2
．
【答案】
（1）粒子射入电场时的初速度为√2qE
3m
．
（2）粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离为2d
3
．
（3）粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离为d
2
．
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
闭合电路的欧姆定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由闭合电路欧姆定律得电容器两端电压为：U=R2E
R1+R2+r =E
3
，
设粒子射入电场的初速度为v0，在平行板间做类平抛运动
有E0=U
d ，a=qE0
m
，d=v0t，y=at2
2
；
由y=d
4联立解得：v0=√2qE
3m
．
（2）设没有平移时，粒子离开电场时速度与水平方向夹角为θ1，速度反向延长线过水平位移中点，有tanθ1=1
2
，
平移后，粒子在左半部分电场中运动的水平位移减半，则运动时间减半，由y=at 2
2
得，
粒子在左半部分电场中侧移的距离y1=d
16
，
设粒子离开左侧电场时速度与水平方向夹角为θ2，有tanθ2=y1d
4=1
4
，
粒子离开左侧电场后做匀速运动，侧移距离y2=d
3tanθ2=d
12
，
粒子在两电场中的合轨迹不变，故粒子从O点到离开右侧电场时侧移距离y3=d
4
+y2=
d
3
，
粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为：y
总=y3+(d−d
3
)tanθ1=2d
3
．
（3）粒子能从右侧电场射出，有x tanθ2≤d
4
，得x≤d，
粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为y′=d
4+x tanθ2+(d−x)tanθ1=3d−x
4
，
当x=d时，y′最小，得y min′=d
2
．。