大理州賓川四中高二上學期月考物理試卷（月份）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2015—2016學年云南省大理州賓川四中高二（上）月考物理試卷（10月份）一、選擇題:（本題共12小題，在給出的四個選項中,第1~8題只有一項符合題目要求，每小題4分；第9～12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．）1．三個點電荷在彼此間的靜電力作用下都處于靜止狀態(tài)，則下列說法錯誤的是（）A．它們必在同一直線上 B．它們都是同種電荷C．每個電荷受到的合力為零 D．它們不是同種電荷2．以下說法正確的是（）A．由E=可知電場中某點的電場強度E與F成正比B．由公式φ=可知電場中某點的電勢φ與q成反比C．由Uab=Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也越大D．公式C=，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關3．在真空中，兩個放在絕緣架上的相同金屬小球A和B，相距為r．球的半徑比r小得多，A帶電荷量為+4Q，B帶電荷量為﹣2Q，相互作用的靜電力為F．現(xiàn)將小球A和B互相接觸后，再移回至原來各自的位置，這時A和B之間相互作用的靜電力為F′．則F′與F之比為（）A．8：3 B．1：8 C．8：1 D．4：14．如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將作（）A．自由落體運動B．曲線運動C．沿著懸線的延長線作勻加速運動D．變加速直線運動5．一個帶負電的點電荷,只在電場力的作用下沿曲線abc由a運動到c，已知質點的速率是遞減的．關于B點電場強度E的方向（虛線是曲線在b點的切線），下列圖中可能正確的是（）A． B． C． D．6．如圖所示,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動,然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下,下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角θ變大的是（）A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小7．如圖所示,實線為不知方向的三條電場線，從電場線中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示測（）A．a一定帶正電，b一定帶負電B．a的速度將減小，b的速度將增加C．a的加速度將減小,b的加速度將增加D．兩個帶電粒子的動能,一個增大一個減小8．如圖所示，豎直放置的平行板電容器的兩極板分別接電源兩極，一帶正電的小球用絕緣細線掛在電容器內部．閉合開關S，電容器充電后懸線與豎直方向夾角為θ，則(）A．保持開關S閉合,將M板向N板靠近，θ角變大B．保持開關S閉合,將M板向N板靠近，θ角變小C．斷開開關S，將M板向N板靠近，θ角變大D．斷開開關S，將M板向N板靠近，θ角變小9．下列說法中正確的是(）A．元電荷實質上是指電子和質子本身B．一個電子，在任何情況下均可視為點電荷C．所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍D．一個帶電體能否看成點電荷，不是看它的尺寸的絕對值,而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計10．如圖所示，兩個等量異種點電荷電場,AB為電荷連線的中垂線，與連線交點為O且AO=BO，則（）A．負電荷從A運動到B,電勢能增加B．正電荷從A運動到B，電勢能增加C．A、B兩點場強相等D．A、B兩點電勢相等11．如圖所示，一帶電油滴懸浮在平行板電容器兩極板A、B之間的P點，處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點上方，其它條件不變．下列說法中正確的是（）A．液滴將向下運動 B．液滴將向上運動C．極板帶電荷量將增加 D．極板帶電荷量將減少12．一帶電粒子在如圖所示的點電荷的電場中，只在電場力作用下沿虛線所示軌跡從A點運動到B點，粒子電荷的正負、粒子的加速度、動能、電勢能的變化情況是（)A．粒子帶正電B．粒子帶負電C．加速度增大，動能增加，電勢能減少D．加速度減小，動能減少，電勢能增加二、填空題（每空2分，共16分．把正確答案填寫在答題卡的相應位置．）13．如帶正電的物體接近不帶電的驗電器的金屬球，驗電器金屬球處感應出電荷，而金屬箔則由于帶電而張開一定角度．14．以無窮遠為零電勢，將一個電量為：q=1.0×10﹣8庫的負電荷，從無窮遠處移到電場中的A點，電場力做功為﹣2.0×10﹣8焦耳．將該電荷從A點移到B點,電場力做功為7.0×10﹣8焦耳，則A點電勢為伏；B點電勢為伏．15．如圖的A、B、C、D四組靜電實驗中,能使左邊的驗電器的金箔張開的是組和組（A、B兩組實驗中小球的手柄均為絕緣手柄，D組實驗中虛線框表示金屬網(wǎng)罩）．16．如圖甲、乙所示為定性研究平行板電容器的電容與其結構之間的關系的裝置,平行板電容器的A板與靜電計相連，B板和靜電計金屬殼都接地，若充電后保證電容器帶電量不變，試指出如圖所示的情況下，靜電計指針的偏轉角度變化情況．(1）正對面積減小時，靜電計指針的偏轉角度．（填“變大”“變小”或“不變"）（2）板間距離增大時,靜電計指針的偏轉角度．（填“變大”“變小”或“不變”)三、計算題(共36分．要求寫出必要的文字說明、主要方程式和重要演算步驟，有數(shù)值計算的要明確寫出數(shù)值和單位，只有最終結果的不得分．)17．用30cm的細線將質量為4×10﹣3kg的帶電小球P懸掛在O點下,當空中有方向為水平向右，大小為1×104N/C的勻強電場時，小球偏轉37°后處在靜止狀態(tài)．（1)分析小球的帶電性質；（2）求小球的帶電量；（3）求細線的拉力．18．有一電子經電壓U1加速后，進入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場，設電子的電量為e．求：（1)金屬板AB的長度．（2）電子穿出電場時的動能．19．一個帶正電的微粒,從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動,如圖所示，AB與電場線夾角θ=30°．已知帶電微粒的質量m=1。0×10﹣7kg,電量q=1.0×10﹣10C,A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，結果要求二位有效數(shù)字）求：(1）試說明微粒在電場中運動的性質,要求說明理由．（2）電場強度大小、方向？（3）要使微粒從A點運動到B點,微粒射入電場時的最小速度是多少？20．如圖所示,abcd是一個正方形盒子．cd邊的中點有一個小孔e．盒子中有沿ad方向的勻強電場．一個質量為m帶電量為q的粒子從a處的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒內,并恰好從e處的小孔射出．（忽略粒子重力)求：（1)該帶電粒子從e孔射出的速度大小．（2）該過程中電場力對該帶電粒子做的功．（3）若正方形的邊長為l，試求該電場的場強．

2015—2016學年云南省大理州賓川四中高二(上)月考物理試卷（10月份）參考答案與試題解析一、選擇題：（本題共12小題，在給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，每小題4分；第9～12題有多項符合題目要求,全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．）1．三個點電荷在彼此間的靜電力作用下都處于靜止狀態(tài),則下列說法錯誤的是（）A．它們必在同一直線上 B．它們都是同種電荷C．每個電荷受到的合力為零 D．它們不是同種電荷【考點】庫侖定律．【分析】三個點電荷都處于靜止狀態(tài)，對電荷受力分析，每個電荷都處于受力平衡狀態(tài)，每個電荷受到的合力為零，必須三個電荷在一條直線上,外側二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側兩個電荷．【解答】解：三個電荷要平衡，必須三個電荷在一條直線上，外側二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側兩個電荷，故外側兩個電荷的電性相同,與中間的電荷電性相反，外側兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力,必須外側電荷電量大，中間電荷電量小，每個電荷受到的合力都為零,三個點電荷才能保持靜止狀態(tài)．故ACD正確、B錯誤．本題選擇錯誤的，故選:B．2．以下說法正確的是(）A．由E=可知電場中某點的電場強度E與F成正比B．由公式φ=可知電場中某點的電勢φ與q成反比C．由Uab=Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大,則兩點間的電勢差也越大D．公式C=，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關【考點】電勢;電容．【分析】E=、φ=、C=三個公式都運用比值法定義，根據(jù)比值法定義分析各個量的物理意義．公式Uab=Ed中d是兩點沿電場線方向的距離．【解答】解：A、E=運用比值法定義，E與F、q無關，反映電場本身的性質，故A錯誤．B、φ=運用比值法定義，φ與EP、q無關，反映電場本身的性質，故B錯誤．C、由Uab=Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間沿電場線方向的距離越大，兩點間的電勢差才越大．故C錯誤．D、公式C=運用比值法定義，反映電容器本身的特性，C與電容器兩極板間電勢差U無關，故D正確．故選:D．3．在真空中,兩個放在絕緣架上的相同金屬小球A和B，相距為r．球的半徑比r小得多，A帶電荷量為+4Q，B帶電荷量為﹣2Q,相互作用的靜電力為F．現(xiàn)將小球A和B互相接觸后，再移回至原來各自的位置，這時A和B之間相互作用的靜電力為F′．則F′與F之比為（）A．8：3 B．1：8 C．8：1 D．4:1【考點】庫侖定律．【分析】由庫侖定律可得出兩球在接觸前后的庫侖力表達式，則根據(jù)電量的變化可得出接觸后的作用力與原來作用力的關系．【解答】解：由庫侖定律可得：沒接觸前AB之間的靜電力為F，則F=k=8k，而兩球接觸后再分開，它們的電荷量是先中和,再平分，故分開后，若兩球帶的是同種電荷,則兩球的帶電量均為=Q則庫侖力F′=k，所以F'與F之比為1:8;故B正確、ACD錯誤．故選:B．4．如圖所示,一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將作（)A．自由落體運動B．曲線運動C．沿著懸線的延長線作勻加速運動D．變加速直線運動【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【分析】當物體所受的合力與速度在同一條直線上，物體做直線運動，所受的合力與速度不在同一條直線上,物體做曲線運動．【解答】解:懸線燒斷前，小球受重力、拉力、電場力平衡,重力和電場力的合力與拉力等值反向．燒斷細線，物體受重力、電場力，兩個力合力恒定，沿細線方向，合力方向與速度方向在同一條直線上，所以物體沿著懸線的延長線做勻加速直線運動．故C正確．A、B、D錯誤．故選：C．5．一個帶負電的點電荷，只在電場力的作用下沿曲線abc由a運動到c，已知質點的速率是遞減的．關于B點電場強度E的方向（虛線是曲線在b點的切線),下列圖中可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】電場強度．【分析】根據(jù)物體做曲線運動的條件和受力特點分析電荷受的電場力方向，再由負電荷所受的電場力方向與場強方向相反進行選擇．【解答】解：A、電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則場強也不可能沿軌跡的切線方向．故A錯誤．B、負電荷所受的電場力方向與場強方向相反,圖中電場力方向與速度方向的夾角為銳角,電場力做正功,電荷的速率增大，與題不符．故B錯誤．C、圖中場強方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動．故C錯誤．D、圖中場強方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負功，電荷的速率減小，符合題意．故D正確．故選：D6．如圖所示,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行,整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角θ變大的是（）A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】電子在加速電場中，在電場力的作用下,做勻加速直線運動，可由電場力做功求出射出加速電場時的速度．電子在水平放置的平行板之間，因受到的電場力的方向與初速度的方向垂直，故電子做類平拋運動．運用平拋運動的豎直方向的速度與水平方向的速度的關系,可求出角度θ的變化情況．【解答】解：設電子被加速后獲得初速為v0，則由動能定理得：…①又設極板長為l,則電子在電場中偏轉所用時間：…②又設電子在平行板間受電場力作用產生加速度為a，由牛頓第二定律得：…③電子射出偏轉電場時，平行于電場方向的速度:vy=at…④由①、②、③、④可得：又有：故U2變大或U1變小都可能使偏轉角θ變大,故選項B正確,選項ACD錯誤．故選B．7．如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場線中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示測（)A．a一定帶正電,b一定帶負電B．a的速度將減小,b的速度將增加C．a的加速度將減小,b的加速度將增加D．兩個帶電粒子的動能，一個增大一個減小【考點】電場線．【分析】物體做曲線運動，所受力的方向指向軌道的內側．由軌跡彎曲方向判斷粒子的電性．根據(jù)電場力做功來判斷動能的變化,即可判斷速度變化．【解答】解：A、物體做曲線運動，所受力的方向指向軌道的內側，可知a、b一定帶異種電荷，但是由于電場線方向未知，不能判斷哪一個是正電荷，哪一個是負電荷，故A錯誤BD、物體做曲線運動，所受力的方向指向軌道的內側，從圖中軌道變化來看電場力都做正功，動能都增大，速度都增大，故BD錯誤C、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以a受力減小,加速度減小，b受力增大，加速度增大，故C正確．故選:C．8．如圖所示，豎直放置的平行板電容器的兩極板分別接電源兩極，一帶正電的小球用絕緣細線掛在電容器內部．閉合開關S,電容器充電后懸線與豎直方向夾角為θ，則（)A．保持開關S閉合,將M板向N板靠近,θ角變大B．保持開關S閉合，將M板向N板靠近，θ角變小C．斷開開關S,將M板向N板靠近，θ角變大D．斷開開關S，將M板向N板靠近，θ角變小【考點】電容器．【分析】將開關S閉合，電容器兩端的電勢差不變，根據(jù)d的變化得出電場強度的變化,從而通過電場力的變化得出θ的變化；斷開開關S，電荷量不變，結合電容的定義式和決定式得出電場強度的表達式,通過電場強度的變化得出電場力的變化,從而得出θ的變化．【解答】解:A、保持開關S閉合，電容器兩端的電勢差不變,將M板向N板靠近，d減小，則電場強度增大,電場力變大，根據(jù)共點力平衡知，θ角變大．故A正確,B錯誤．C、斷開開關S，電荷量不變，根據(jù)，U=，C=，得，將M板向N板靠近，d減小，則電場強度不變,電場力不變，所以θ不變．故C、D錯誤．故選：A．9．下列說法中正確的是（)A．元電荷實質上是指電子和質子本身B．一個電子，在任何情況下均可視為點電荷C．所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍D．一個帶電體能否看成點電荷，不是看它的尺寸的絕對值，而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計【考點】元電荷、點電荷．【分析】電子的帶電量最小，質子的帶電量與電子相等，但電性相反,故物體的帶電量只能是電子電量的整數(shù)倍，人們把這個最小的帶電量叫做叫做元電荷．明確點電荷的性質，知道帶電體能看作點電荷的條件．【解答】解：A、元電荷是指電子或質子所帶的電荷量，不是電子或質子本身,故A錯誤B、當研究電子的旋轉時，電子不能看作點電荷,故B錯誤；C、所有帶電體的電荷量都等于元電荷的整數(shù)倍，故C正確；D、一個帶電體能否看成點電荷，不是看它的尺寸的絕對值，而是看它的形狀和尺寸對相互作用力的影響能否忽略不計，故D正確．故選:CD．10．如圖所示，兩個等量異種點電荷電場，AB為電荷連線的中垂線，與連線交點為O且AO=BO，則（）A．負電荷從A運動到B，電勢能增加B．正電荷從A運動到B,電勢能增加C．A、B兩點場強相等D．A、B兩點電勢相等【考點】電場線；電勢能．【分析】一對等量異號電荷的連線的中垂線是等勢面,電荷從等勢面上的一點移動到另一點，電場力做功為零，結合電勢差的定義和電場力做功與電勢能變化的關系進行分析即可．【解答】解：AB、一對等量異號電荷的連線的中垂線是等勢面，它們的電勢相等，其上任意兩點間的電勢差為零,電荷從等勢面上的A點移動到另一點B,不論正電荷，還是負電荷,電場力做的功一定為零,因此電荷的電勢能不變，故AB錯誤；C、一對等量異號電荷的電場強度關于兩者的連線對稱，故A、B兩點的電場強度相同，故C正確；D、一對等量異號電荷的連線的中垂線是等勢面，故A、B兩點的電勢相等,故D正確；故選：CD11．如圖所示，一帶電油滴懸浮在平行板電容器兩極板A、B之間的P點，處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點上方，其它條件不變．下列說法中正確的是(）A．液滴將向下運動 B．液滴將向上運動C．極板帶電荷量將增加 D．極板帶電荷量將減少【考點】電容器的動態(tài)分析；電容．【分析】帶電油滴懸浮在平行板電容器中P點，處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，將極板A向下平移一小段距離時,根據(jù)E=分析板間場強如何變化,判斷液滴如何運動．根據(jù)電容的決定式和定義式結合分析極板所帶電量如何變化．【解答】解：A、B電容器板間的電壓保持不變，當將極板A向下平移一小段距離時，根據(jù)E=分析得知，板間場強增大，液滴所受電場力增大，液滴將向上運動．故A錯誤，B正確．C、D將極板A向下平移一小段距離時，根據(jù)電容的決定式C=得知電容C增大，而電容器的電壓U不變，極板帶電荷量將增大．故C正確,D錯誤．故選BC12．一帶電粒子在如圖所示的點電荷的電場中，只在電場力作用下沿虛線所示軌跡從A點運動到B點，粒子電荷的正負、粒子的加速度、動能、電勢能的變化情況是（)A．粒子帶正電B．粒子帶負電C．加速度增大，動能增加，電勢能減少D．加速度減小，動能減少，電勢能增加【考點】電場線；電勢能．【分析】根據(jù)帶電粒子的運動軌跡，判斷電荷所受電場力的大小，從而判斷粒子的正負；根據(jù)牛頓第二定律比較加速度的大??；根據(jù)電場力做功，判斷電勢能和動能的變化．【解答】解:AB、據(jù)帶電粒子的運動軌跡可知,電場力的方向大體指向彎曲一側，再據(jù)場強方向的規(guī)定可知該粒子帶正電；故A正確，B錯誤．CD、電荷在A點電場線比B點疏,所以A點的場強小于B點的場強，即A點的電場力小于B點的電場力，據(jù)牛頓第二定律得：A點的加速度小于B點的加速度；從A到B,受力的方向與速度方向的夾角小于90°電場力做正功,根據(jù)功能關系知，動能增加，電勢能減?。蔆正確，D錯誤．故選:AC．二、填空題（每空2分,共16分．把正確答案填寫在答題卡的相應位置．）13．如帶正電的物體接近不帶電的驗電器的金屬球，驗電器金屬球處感應出負電荷，而金屬箔則由于帶正電而張開一定角度．【考點】靜電場中的導體．【分析】驗電器是用來檢驗物體是否帶電的儀器，它是根據(jù)同種電荷互相排斥的原理制成的;物體帶負電的原因是物體缺少電子，和中性物體接觸時，它會從中性物體奪取電子而使中性物體由于失去電子而帶上正電．【解答】解:驗電器是用來檢驗物體是否帶電的儀器,它是根據(jù)同種電荷互相排斥的原理制成的；當將帶正電的物體接近驗電器的金屬球時,由于異種電荷相互吸引，會使自由電子向金屬球集聚，從而使金屬球帶負電電,金屬球通過金屬桿和兩片金屬箔相連接，故兩片金屬箔因失去電子帶正電．故答案為：負,正．14．以無窮遠為零電勢，將一個電量為：q=1.0×10﹣8庫的負電荷,從無窮遠處移到電場中的A點，電場力做功為﹣2。0×10﹣8焦耳．將該電荷從A點移到B點,電場力做功為7。0×10﹣8焦耳，則A點電勢為﹣2伏;B點電勢為5伏．【考點】電勢．【分析】根據(jù)試探電荷的電荷量和電場力做功，根據(jù)公式U=，分別求出A與無窮遠間、A與B間電勢差，無窮遠處電勢為零，再確定A、B兩點的電勢【解答】解：從無窮遠處移到電場中的A點與從A到無窮遠電場力做的功大小相等，符號相反．A與無窮遠間的電勢差為UA∞==﹣=﹣2V無窮遠電勢為零，UA∞=φA﹣φ∞，則A點電勢φA=﹣2V．A、B間電勢差為UAB==﹣7V據(jù)UAB=φA﹣φB，則B點電勢φB=5V．故答案為：﹣2，5．15．如圖的A、B、C、D四組靜電實驗中，能使左邊的驗電器的金箔張開的是A組和C組（A、B兩組實驗中小球的手柄均為絕緣手柄，D組實驗中虛線框表示金屬網(wǎng)罩）．【考點】靜電場中的導體．【分析】驗電器的工作原理是由于兩個金屬箔片帶同種電荷而相互排斥；處于靜電平衡狀態(tài)下的導體所帶的電荷都分布在導體的外表面．【解答】解：A、處于靜電平衡狀態(tài)下的導體所帶的電荷都分布在導體的外表面,故AC正確，B錯誤．D、由于靜電屏蔽的作用，驗電器不受外電場的影響，故金箔是閉合的．故D錯誤故選：AC．16．如圖甲、乙所示為定性研究平行板電容器的電容與其結構之間的關系的裝置，平行板電容器的A板與靜電計相連，B板和靜電計金屬殼都接地，若充電后保證電容器帶電量不變,試指出如圖所示的情況下，靜電計指針的偏轉角度變化情況．（1）正對面積減小時，靜電計指針的偏轉角度變大．（填“變大”“變小”或“不變”)（2）板間距離增大時，靜電計指針的偏轉角度不變．（填“變大”“變小”或“不變”)【考點】電容器的動態(tài)分析．【分析】(1）電容器帶電量不變，根據(jù)電容的變化,判斷電勢差的變化,即靜電計指針偏轉角度的變化．（2)根據(jù)U=,C=,得E===去判斷電場強度的變化．【解答】解:（1）正對面積減小時，根據(jù)C=，知電容減小，由U=,知電勢差增大，靜電計指針偏轉角度增大．（2）根據(jù)U=,C=，得E===，E與d無關，所以電場強度不變，因此電場力也不變,則偏轉角度不變．故本題答案為：（1)變大；（2）不變．三、計算題（共36分．要求寫出必要的文字說明、主要方程式和重要演算步驟，有數(shù)值計算的要明確寫出數(shù)值和單位，只有最終結果的不得分．）17．用30cm的細線將質量為4×10﹣3kg的帶電小球P懸掛在O點下，當空中有方向為水平向右，大小為1×104N/C的勻強電場時，小球偏轉37°后處在靜止狀態(tài)．(1)分析小球的帶電性質；(2)求小球的帶電量；（3）求細線的拉力．【考點】共點力平衡的條件及其應用；電場強度．【分析】對小球受力分析,根據(jù)帶電小球處于靜止狀態(tài)，結合力的合成或分解解決問題【解答】解:（1）小球受力如圖，電場力方向與電場同向，故帶正電（2)小球受力平衡，在水平方向:qE=mgtan37°，得（3）由受力圖可知=0.05N所以，(1)正電(2）帶電量3×10﹣6C（3）拉力0.05N18．有一電子經電壓U1加速后,進入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入,且正好能穿出電場，設電子的電量為e．求:（1)金屬板AB的長度．（2)電子穿出電場時的動能．【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）電子在加速電場中做加速運動,由動能定理可以求出其速度，電子在偏轉電場中做類平拋運動,由類平拋運動規(guī)律求出金屬板的長度．（2）由動能定理可以求出電子的動能．【解答】解:(1)電子在加速電場中，由動能定理得：eU1=mv02﹣0，電子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向:L=v0t,豎直方向：d=at2=t2，解得:L=d；（2）整個過程中，由動能定理可得：eU1+e×=EK﹣0，解得：EK=;答：（1）金屬板AB的長度為d．（2）電子穿出電場時的動能為．19．一個帶正電的微粒,從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖所示,AB與電場線夾角θ=30°．已知帶電微粒的質量m=1.0×