1.如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，现有一个质量为m的带电液滴在竖直平面内做圆周运动，下列说法不正确的是(　)

A.液滴在运动过程中的速率不变

B.液滴所带电荷一定为负电荷，电荷量大小为

C.液滴一定沿顺时针方向运动

D.液滴可以沿逆时针方向运动，也可以沿顺时针方向运动

解析：液滴能做圆周运动，说明它所受到的合外力等于洛伦兹力，qE＝mg，F_合＝qvB，而洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，故选项A、B正确；又由左手定则可知，液滴应沿顺时针方向旋转，故选项C正确、D错误.

答案：D

13.(14分)如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5 L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电荷量为+2q，球B带电荷量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统.最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行、向右的匀强电场E后.(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)求：

(1)当球B刚进入电场时，带电系统的速度大小.

(2)带电系统从开运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置.

[2007年高考·广东物理卷]

解析：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W₁，有：

W₁＝2qE×2.5 L+(－3qE×1.5 L)＞0

而且还能穿过小孔，离开右极板

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W₂，有：

W₂＝2qE×2.5 L+(－3qE×3.5 L)＜0

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板的两侧.(1)带电系统开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律有：a₁＝＝

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有：

v＝2a₁L

由上两式解得：v₁＝.

(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则：

t₁＝

联立解得：t₁＝

球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律有：a₂＝＝－

显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v₂，减速所需时间为t₂，则有：

v－v＝2a₂×1.5 L

t₂＝

解得：v₂＝，t₂＝

球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a₃，再由牛顿第二定律有：

a₃＝

－v＝2a₃x

解得：t₃＝，x＝

由以上数据可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

t＝t₁+t₂+t₃＝

球A相对右板的位置为：x＝.

答案：(1)　(2)　

12.(13分)喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10^－5 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm.若墨汁微滴的质量为1.6×10^－10 kg，以 20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×10³ V，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量是多少？(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法.

解析：设微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为：

y＝at²+Ltan φ

又a＝，t＝，tan φ＝

解得：y＝(+L)

代入数据得：q＝1.25×10^－13 C

要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为：

将电压U增大到8.8×10³ V，或将L增大到3.6 cm.

答案：1.25×10^－13 C　将电压U增大到8.8×10³ V，或将L增大到3.6 cm

11.(13分)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示.A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40 m，两板间有方向由B指向A、场强E＝1.0×10³　 N/C的匀强电场.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度v₀＝2.0 m/s，质量m＝5.0×10^－15 kg，电荷量q＝－2.0×10^－16 C，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上.试求：

(1)油漆微粒打在B板上的动能.

(2)油漆微粒最后落在B板上所形成的图形及其面积的大小.

解析：(1)据动能定理有：W＝|qEd|＝E_kB－E_kA

解得：微粒打在B板上时动能E_kB＝9.0×10^－14 J.

(2)微粒落在B板上所形成的图形为圆面

初速度沿极板方向的油漆微粒落在圆周上，对这些微粒有：

d＝at＝··t

R＝v₀t₁

解得：圆面积S＝πR²＝0.25 m².

答案：(1)9.0×10^－14 J　(2)0.25 m²

10.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能E_k四个物理量随时间变化规律的是(　)

解析：根据电子的受力情况很容易得出选项A正确，而x－t、a－t、E_k－t图象分别如下：

答案：A

非选择题部分共3小题，共40分.

9.平行板间有如图所示的周期变化的电压.重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是[2007年高考·广东物理卷](　)

A　　　B　　　C　　　D

解析：在0-时间内带电粒子正向做匀加速运动，在-T时间内带电粒子正向做匀减速运动，直至T时刻速度降至零，以后各周期重复这一运动过程，选项A正确.

答案：A

8.如图所示，在O点放置一个正电荷，而在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的虚线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距OC的高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列叙述正确的是(　)

A.小球通过C点的速度大小为

B.小球通过C点的速度大小为

C.小球由A到C电场力做的功为mgh－mv²

D.小球由A到C电场力做的功为mv²+mg(－h)

解析：由于B、C在同一等势面上，故从B到C电场力不做功.

从B到C只有重力做功，故有：

m＝mv+mgh_BC

即mv＝mv²+mgRsin 30°

得：v_C＝

从A到C由动能定理有：mv＝mgh+W_AC

解得：W_AC＝mv²+mg(－h)，故选项B、D正确.

答案：BD

7.如图所示，质子、氘核和α粒子(均不计重力)都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正确的是(　)

A.若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点

B.若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点

C.若它们射入匀强电场时的动量相等，则在荧光屏上将出现3个亮点

D.若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点

解析：选取 H、 H、 He中的任意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：

y＝·＝＝＝

通过判定选项C、D正确.

答案：CD

6.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v₀沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则 (　)

A.粒子在前时间内，电场力对粒子做的功为

B.粒子在后时间内，电场力对粒子做的功为

C.粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力做的功之比为1∶2

D.粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力的冲量之比为1∶1

解析：粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为：

W_电＝qU_AB＝q·E·y，其中y为粒子在电场方向的位移

又由题意知：at²＝d，a()²＝

故在前内电场力做的功为：W_电′＝qU

前后位移内电场力做的功之比为1∶1

又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(－)

故I_前∶I_后＝1∶(－1).

答案：A

5.示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，如图所示.若已知加速电压为U₁，偏转电压为U₂，偏转极板长为L，板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，定义电子从偏转极板右端射出时的偏转量与偏转电压的比值为示波器的灵敏度，则关于示波器的灵敏度与加速电场、偏转电场的关系，下列说法正确的是(　)

A.L越大，灵敏度越高　　B.d越大，灵敏度越高

C.U₁越大，灵敏度越小　 D.灵敏度与U₂无关

解析：由题意知：y＝··()²＝

可得灵敏度＝，选项A、D正确.

答案：AD