物理·山东省济宁市曲阜师大附中2016-2017学年高二上学期第一次质检物理试卷 Word版含解析

物理·山东省济宁市曲阜师大附中2016-2017学年高二上学期第一次质检物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年山东省济宁市曲阜师大附中高二（上）第一次质检物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（将正确的选项填在答题卡的答题表中，本题共12小题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分，1-6为单项选择，7-12为不定项选择．）‎ ‎1．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（　　）‎ ‎①场强E=②场强E=③场强E=④电场力做功W=Uq．‎ A．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ ‎2．如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．3：2 D．2：3‎ ‎3．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是（　　）‎ A．粒子在M点的速率最小 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度大小不变，方向改变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 ‎4．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场线密集处场强大，电势高 B．沿电场线方向场强减小，电势降低 C．在电势高处电荷具有的电势能也大 D．场强为零处，电势不一定为零 ‎5．如图1，A、B是电场中的一条直线形的电场线，若将一个带正电的点电荷从A由静止释放，它只在电场力作用下沿电场线从A向B运动过程中的速度图象如图2所示．比较A、B两点的电势和场强E，下列说法中正确的是（　　）‎ A．φA＜φB，EA＜EB B．φA＞φB，EA＞EB C．φA＜φB，EA＞EB D．φA＞φB，EA＜EB ‎6．如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）‎ A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1000 V/m，垂直AB斜向上 D．1000 V/m，垂直AB斜向下 ‎7．如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc．Ua＞Ub＞Uc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）‎ A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少 ‎8．如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（　　）‎ A．电场力做正功 B．动能减少 C．电势能增加 D．加速度增大 ‎9．如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图，其中正确的是图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列分析正确的是（　　）‎ A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 ‎11．两个相同的金属小球（可视为点电荷），所带电量之比为1：7，在真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 ‎　‎ 二、填充题（每空2分，共16分）‎ ‎13．如图10所示的光滑绝缘水平面上，固定着A、B、C三个带电小球，三球球心共线，质量mA：mB：mC=1：2：1，现同时释放三个小球的瞬间，A球的加速度值为2m/s2，方向向左，C球的加速度值为6m/s2，方向向右，那么B球的加速度大小为　　，方向　　．‎ ‎14．如图所示，质量为m，带电量为+q的小球，在P点具有沿PQ方向的初速度v0，为使小球能沿PQ方向运动，所加的最小匀强电场方向　　场强大小　　．‎ ‎15．带正电1.0×10﹣3C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A点时动能为10J，飞经B点时动能为4J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了　　，AB两点电势差为　　．‎ ‎16．如图所示，QA=3×10﹣8C，QB=﹣3×10﹣8C，A，B 两相距6cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，则A，B连线中点场强大小　　，方向　　．（两带电小球可看作质点）‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，共36分，写出必要的做题步骤，计算过程和单位．）‎ ‎17．如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0×10﹣2kg．现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0×106N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：小球带何种电荷，电荷量为多大？‎ ‎18．如图所示，空间存在着强度E=2.5×102N/C方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球的电性；‎ ‎（2）细线能承受的最大拉力；‎ ‎（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．‎ ‎19．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10﹣5m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画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．设偏转板板长1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸3.2cm．若一个墨汁微滴的质量为1.6×10﹣10 kg，以20m/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点距原射入方向的距离是2.0mm．求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性．）为了使纸上的字体放大10%，请你分析提出一个可行的方法．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省济宁市曲阜师大附中高二（上）第一次质检物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（将正确的选项填在答题卡的答题表中，本题共12小题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分，1-6为单项选择，7-12为不定项选择．）‎ ‎1．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（　　）‎ ‎①场强E=②场强E=③场强E=④电场力做功W=Uq．‎ A．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】E=是电场强度的定义式，适用于一切电场，仅适用于匀强电场，适用于点电荷产生的电场．W=qU适用于一切电场．‎ ‎【解答】解：E=是电场强度的定义式，适用于一切电场，仅适用于匀强电场，适用于点电荷产生的电场．W=qU适用于一切电场．可知既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场是①④．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．3：2 D．2：3‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移比得出运动的时间比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比．‎ ‎【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1：2，知运动时间比为1：2．根据y=，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为电，量比为3：1，则质量比为3：4．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是（　　）‎ A．粒子在M点的速率最小 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度大小不变，方向改变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论．‎ ‎【解答】解：A、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故A正确；‎ B、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，故B错误；‎ C、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度大小不变，方向不变，故C错误；‎ D、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，粒子的电势能先增加后减小，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场线密集处场强大，电势高 B．沿电场线方向场强减小，电势降低 C．在电势高处电荷具有的电势能也大 D．场强为零处，电势不一定为零 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误 B、电场线疏密表示电场强度的相对大小，沿电场线方向场强不一定减小，电势降低，故B错误 C、如果是正电荷在电势高处电荷具有的电势能大，如果是负电荷在电势高处电荷具有的电势能小，故C错误 D、场强为零处，电势不一定为零，例如等量同种电荷的连线中点，故D正确 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．如图1，A、B是电场中的一条直线形的电场线，若将一个带正电的点电荷从A由静止释放，它只在电场力作用下沿电场线从A向B运动过程中的速度图象如图2所示．比较A、B两点的电势和场强E，下列说法中正确的是（　　）‎ A．φA＜φB，EA＜EB B．φA＞φB，EA＞EB C．φA＜φB，EA＞EB D．φA＞φB，EA＜EB ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】速度时间图象的切线的斜率表示加速度，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，沿着电场力方向，电势降低．‎ ‎【解答】解：从速度时间图象可以看出，物体加速，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，故电场力向右，场强方向也向右，沿着电场力方向，电势降低，故：‎ φA＞φB；‎ 速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故：‎ EA＞EB；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（　　）‎ A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1000 V/m，垂直AB斜向上 D．1000 V/m，垂直AB斜向下 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据一个q=10﹣5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等．根据电荷从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3 J，由电势差的公式求出BC间的电势差．由E= 求场强大小，根据等势线与电场线垂直且由电势高处指向电势低处，作出电场线．‎ ‎【解答】解：由题，q=10﹣5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．‎ BC间电势差为：UBC==V=﹣100V 则该匀强电场的场强大小：E= V/m=1000V/m，电场线方向垂直于AB向下．如图．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图，虚线a．b和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc．Ua＞Ub＞Uc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）‎ A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C．粒子从K到L的过程中，静电势能增加 D．粒子从L到M的过程中，动能减少 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断．‎ ‎【解答】解：A、根据Ep=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A正确；‎ B、根据Ep=qφ，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，故B错误；‎ C、根据Ep=qφ，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；‎ D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则（　　）‎ A．电场力做正功 B．动能减少 C．电势能增加 D．加速度增大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据粒子的轨迹弯曲方向判断电场力方向．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增大．由电场线疏密判断出场强大小，分析加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，粒子的向下弯曲，粒子所受电场力方向大体向下，如图，则粒子所受电场力与电场强度方向相反．带电粒子从A运动到B过程中，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功．故A错误．‎ B、C、电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大．故BC正确．‎ D、A处电场线比B处电场线疏，说明A处场强较小，粒子在A所受电场力较小，所以粒子运动的加速度增大．故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎9．如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图，其中正确的是图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．‎ ‎【解答】解：C=是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：C=，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；‎ 根据C=可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎10．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列分析正确的是（　　）‎ A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．结合电场强度的变化判断夹角的变化．‎ ‎【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．‎ C、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．两个相同的金属小球（可视为点电荷），所带电量之比为1：7，在真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力可能为原来的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据F= 得出接触后再放回原处的库仑力大小．‎ ‎【解答】解：若两电荷同性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为Q=7q，此时F=，接触后再分开，带电量各为4q，‎ 则两球的库仑力大小F′==F 若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为3q，此时两球的库仑力F′==F，故CD正确，AB错误；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎12．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 ‎【考点】示波器的使用．‎ ‎【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性 ‎【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电 ‎ 同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误 故选：AC ‎　‎ 二、填充题（每空2分，共16分）‎ ‎13．如图10所示的光滑绝缘水平面上，固定着A、B、C三个带电小球，三球球心共线，质量mA：mB：mC=1：2：1，现同时释放三个小球的瞬间，A球的加速度值为2m/s2，方向向左，C球的加速度值为6m/s2，方向向右，那么B球的加速度大小为　2m/s2　，方向　向左　．‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】在光滑的水平面上，小球所受重力和支持力平衡，使小球产生加速的力就是小球间相互作用的库仑力，根据牛顿第三定律解出其加速度满足的规律．‎ ‎【解答】解：设A球质量为m，根据mA：mB：mC=1：2：1可知B球质量为2m，C球质量为m，‎ 小球A受到小球B和C的作用力分别记为FBA和FCA，小球B分别受到小球A和C的作用力分别记为FAB和FCB，小球C受到A和B的作用力记为FAC和FBC 对小球A有：FBA+FCA=ma1 ①‎ 对小球B有：FAB+FCB=2ma2 ②‎ 对小球C有：FAC+FBC=ma3 ③‎ 由于FBA和FAB互为作用力和反作用力，故其大小相等方向相反，有FBA+FAB=0，故有 ‎①+②+③得：‎ ma1+2ma2+ma3=0‎ 根据题意取向左为正方向，则有：a1=2m/s2，a3=﹣6m/s2‎ 据ma1+2ma2+ma3=0知a2=2m/s2，方向与正方向相同即向左．‎ 故答案为：2m/s2，向左 ‎　‎ ‎14．如图所示，质量为m，带电量为+q的小球，在P点具有沿PQ方向的初速度v0，为使小球能沿PQ方向运动，所加的最小匀强电场方向　垂直PQ向上　场强大小　　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】当合力的方向与速度的方向在同一条直线上时，粒子做直线运动，抓住电场力和重力的合力与速度方向在同一条直线上，根据平行四边形定则求出电场力的最小值，从而确定电场强度的最小值和方向．‎ ‎【解答】解：小球只受重力和电场力．重力的大小方向都不变．‎ 为使小球能沿PQ方向运动，应让小球所受合力方向沿PQ方向．‎ 用三角形定则，由重力向PQ方向作垂线，垂线段最短，最短的力为电场力F．如图所示．‎ 则电场力F=mgcos30°=mg，场强大小：E==；‎ 正电荷受电场力方向与场强方向一致，故场强方向垂直于PQ方向．‎ 故答案为：垂直PQ向上；．‎ ‎　‎ ‎15．带正电1.0×10﹣3C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A点时动能为10J，飞经B点时动能为4J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了　6　，AB两点电势差为　﹣6000V　．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】带电粒子从A点到B点的过程中电势能的增加等于动能的减小．由W=qUAB求出AB两点的电势差．电势能增大，电场力做负功．‎ ‎【解答】解：根据能量守恒定律得到，带电粒子从A点到B点的过程中电势能的增加等于动能的减小，即△EP=10J﹣4J=6J．电场力做功为W=﹣△EP=﹣6J，AB两点的电势差UAB==V=﹣6000V．‎ 故答案为：6，﹣6000V ‎　‎ ‎16．如图所示，QA=3×10﹣8C，QB=﹣3×10﹣8C，A，B 两相距6cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，则A，B连线中点场强大小　5.25×105N/C　，方向　水平向右　．（两带电小球可看作质点）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．‎ ‎【分析】抓住A球平衡，根据点电荷的场强公式和匀强电场的定义式求出外电场的场强大小和方向；根据场强的叠加求出O点的合场强．‎ ‎【解答】解：悬线竖直，小球静止处于平衡状态，由平衡条件得：‎ 对A球：EQA=k，解得：E=7.5×104N/C，方向：水平向左；‎ 点电荷在中点处产生的场强：EA=EB=k==3×105 N/C，‎ A、B在联系中点产生的场强方向都水平向右，‎ AB连线中点场强大小：E中=2EA﹣E=2×3×105﹣7.5×104=5.25×105N/C，方向：水平向右；‎ 故答案为：5.25×105N/C；水平向右．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，共36分，写出必要的做题步骤，计算过程和单位．）‎ ‎17．如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0×10﹣2kg．现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0×106N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为θ=30°，求：小球带何种电荷，电荷量为多大？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．‎ ‎【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平衡判断电荷的电性，根据合成法求出电场力的大小，从而求出电荷量的大小．‎ ‎【解答】解：因为电场力F方向水平向左，故小球带正电．受力如图，由小球受力平衡得：‎ F=mgtan30°‎ F=qE 联立两式解得：q=1.9×10﹣8C．‎ 答：小球带正电荷，电荷量为1.9×10﹣8C．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，空间存在着强度E=2.5×102N/C方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球的电性；‎ ‎（2）细线能承受的最大拉力；‎ ‎（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据小球运动情况可以判断小球带电情况；‎ ‎（2）根据动能定理列式求最高点的速度，在最高点，又绳子的拉力、重力和电场力的合力提供向心力列式求解；‎ ‎（3）绳子断后小球做类平抛运动．‎ ‎【解答】解：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电．‎ ‎（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，（qE﹣mg）L= ①‎ 在最高点对小球由牛顿第二定律得，T+mg﹣qE=m ②‎ 由①②式解得，T=15N．‎ ‎（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a= ③‎ 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L=vt ④‎ 设竖直方向上的位移为s，则s= ⑤‎ 解得，s=0.125m 小球距O点高度为s+L=0.625m．‎ 答：（1）小球的电性为正；‎ ‎（2）细线能承受的最大拉力为15N；‎ ‎（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度为0.625m．‎ ‎　‎ ‎19．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10﹣5m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画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．设偏转板板长1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸3.2cm．若一个墨汁微滴的质量为1.6×10﹣10 kg，以20m/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点距原射入方向的距离是2.0mm ‎．求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性．）为了使纸上的字体放大10%，请你分析提出一个可行的方法．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】墨汁在偏转电场中做类平抛运动，根据水平方向的运动求出时间，根据竖直方向上的运动求出出电场时的偏转位移，根据出电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中心，根据相似三角形求出打到纸上的点距原射入方向的距离与电荷电量的关系，从而求出电量的大小．‎ 为了使纸上的字放大10%，根据第上一问问中打到纸上的点距原射入方向的距离与电荷电量的关系式，确定解决的方法．‎ ‎【解答】解：带电微滴的电量设为q，进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后沿直线打到纸上，‎ 距原入射方向的距离为：Y=，解得：q=1.25×10﹣13 C；‎ 由上式可知，Y与U成正比，可以提高偏转板间的电压U到8.8×103 V，实现放大字体10%；‎ 由上式可知，Y与成正比，因此也可以增加偏转板与纸的距离L， =1.1；L′=3.6 cm，实现放大字体10%．‎ 答：这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量为1.25×10﹣13C．‎ 为使字放大10%，提高偏转电压．偏转电压提高为8.8×103V．或增大偏转极板与纸的距离，增大为3.6cm．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日