7、BCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計重力，則a和b的比荷(帶電荷量和質(zhì)量比值)之比是( )
A．1∶8 B．8∶1
C．1∶2 D．2∶1
解析：選B.粒子水平方向上做勻速直線運(yùn)動，a、b兩粒子的水平位移之比為1∶2.根據(jù)x＝v0t，知時間比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)y＝at2知，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝，加速度之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8∶1，故B正確，A、C、D錯誤．
8、7.如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么( )
A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷
B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加
C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加
D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加
解析：選C.分析微粒的運(yùn)動軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故A錯誤．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，電場力可能做正功，也可能做負(fù)功，故微粒的電勢能可能減小，也可能增大，故B錯誤．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，合力做正功，
9、故微粒的動能一定增加，C正確．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負(fù)功，故機(jī)械能不一定增加，D錯誤．
8．(2020·溫州月考)如圖，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于( )
A. B.
C. D.
解析：選B.帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律解決問題．根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心．則
10、在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝t2，解得v0＝.故選項B正確，選項A、C、D錯誤．
9.(2020·麗水高二期中)噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中( )
A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大
C．運(yùn)動軌跡是拋物線D．運(yùn)動軌跡與帶電荷量無關(guān)
解析：選C.帶負(fù)電的墨汁微滴垂直進(jìn)入電場后，在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的分解——水平方向做勻速直線運(yùn)動和豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，帶負(fù)電的墨汁微滴進(jìn)入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A選項錯誤；墨汁微滴垂直進(jìn)入電場
11、受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，B選項錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2及a＝，得墨汁微滴的軌跡方程為y＝，即運(yùn)動軌跡是拋物線，與帶電荷量有關(guān)，C選項正確，D選項錯誤．
10．有一種靜電除塵的方式如圖所示，空氣中的塵埃進(jìn)入電離區(qū)后帶上負(fù)電，然后沿平行軸線方向飛入金屬圓筒收集區(qū)．在圓筒軸線處放有一條直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與筒壁間加上電壓U，形成沿半徑方向的輻射電場，假設(shè)每個塵埃的質(zhì)量和帶電量均相同，飛入收集區(qū)的速度相同，不計塵埃的重力，不考慮塵埃間的相互作用，則( )
A．大量塵埃將聚集在導(dǎo)線上
B．塵埃在圓筒內(nèi)都做類似平拋的運(yùn)動
C．被收集塵埃的電勢能減少量都
12、相等
D．飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃到達(dá)筒壁所用的時間相同
解析：選D.塵埃進(jìn)入電離區(qū)后帶上負(fù)電，所受電場力指向金屬圓筒，A錯誤；輻射電場不是勻強(qiáng)電場，塵埃所受電場力是變力，故不是做類似平拋的運(yùn)動，B錯誤；塵埃偏向金屬圓筒過程中電場力做功不同，電勢能減少量不相等，C錯誤；飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃運(yùn)動情況相同，則到達(dá)筒壁所用的時間相同，D正確．
二、非選擇題
11．(2020·杭州質(zhì)檢)如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑．小環(huán)離開桿
13、后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處．(g取10m/s2)求：
(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動的加速度大小和方向；
(2)小環(huán)從C運(yùn)動到P過程中的動能增量；
(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動速度的大小v0.
解析：(1)結(jié)合題意分析知：
qE＝mg，F(xiàn)合＝mg＝ma
a＝g＝10m/s2，方向垂直于桿向下．
(2)設(shè)小環(huán)從C運(yùn)動到P的過程中動能的增量為
ΔEk＝W重＋W電
其中W重＝mgh＝4J，W電＝0，所以ΔEk＝4J.
(3)環(huán)離開桿做類平拋運(yùn)動，
平行桿方向勻速運(yùn)動：h＝v0t
垂直桿方向勻加速運(yùn)動：h＝at2
解得v0＝2m/s.
答案：(1)10m/s2 垂直于桿向下 (2
14、)4J (3)2m/s
12．(2020·湖州質(zhì)檢)如圖所示，噴墨打印機(jī)中的墨滴在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達(dá)紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L＝1.5×10－2m，兩極板間電場強(qiáng)度E＝1.2×106N/C，墨滴的質(zhì)量m＝1.0×10－13kg，電荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在進(jìn)入電場前的速度v0＝15m/s，方向與兩極板平行．不計空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響．
(1)判斷墨滴帶正電荷還是負(fù)電荷？
(2)求墨滴在兩極板之間運(yùn)動的時間．
(3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y.
(4)假設(shè)極板到紙的
15、距離d＝2.5×10－3m，求墨滴到紙上時的豎直方向上的位移h.
解析：(2)墨滴在水平方向做勻速直線運(yùn)動，那么墨滴在兩板之間運(yùn)動的時間t＝
代入數(shù)據(jù)可得：t＝1.0×10－3s.
(3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，a＝
代入數(shù)據(jù)可得：a＝1.2×103m/s2
離開偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向的位移y＝at2
代入數(shù)據(jù)可得：y＝6.0×10－4m.
(4)根據(jù)電場的推論＝，可得h＝8.0×10－4m.
答案：(1)負(fù)電荷 (2)1.0×10－3s
(3)6.0×10－4m (4)8.0×10－4m
13.如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形
16、絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E＝1.0×104N/C.現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C，質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫出)．取g＝10m/s2.試求：
(1)帶電體運(yùn)動到圓形軌道B點(diǎn)時對圓形軌道的壓力大?。?
(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；
(3)帶電體在從P開始運(yùn)動到落至D點(diǎn)的過程中的最大動能．
解析：(1)設(shè)帶電體恰好通過C點(diǎn)時的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝m
17、，
解得vC＝2.0m/s.
設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時的速度為vB，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律有FB－mg＝m.
帶電體從B運(yùn)動到C的過程中，依據(jù)動能定理有
－mg×2R＝mv－mv
聯(lián)立解得FB＝6.0N，
根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力
F′B＝6.0N.
(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)運(yùn)動的分解有
2R＝gt2
xDB＝vCt－t2
聯(lián)立解得xDB＝0.
(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中，在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個力大小相等，其合力與重力方
18、向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處．設(shè)帶電體的最大動能為Ekm，根據(jù)動能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－mv
代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J.
答案：(1)6.0N (2)0 (3)1.17J
14．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏，現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點(diǎn)，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：
(1)電子從釋放到打
19、到屏上所用的時間；
(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；
(3)電子打到屏上P′點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x.
解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得：
a1＝＝
＝a1t
v1＝a1t1，t2＝
運(yùn)動的總時間為t＝t1＋t2＝3.
(2)設(shè)電子射出電場E2時，沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為
a2＝＝
t3＝，vy＝a2t3
tanθ＝
聯(lián)立各式解得tanθ＝2.
(3)如圖，設(shè)電子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為x1
x1＝a2t
tanθ＝
解得：x＝x1＋x2＝3L.
答案：(1)3 (2)2 (3)3L
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（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 8 第六章 靜電場 3 第3節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動達(dá)標(biāo)檢測鞏固提能
