贵州省2015-2016学年高二物理上册期中试题.doc

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2015-2016学年贵州省铜仁地区石阡县华夏中学高二（上）期中物理复习试卷

一、单选题（5×6）
1．下列物理量中与检验电荷有关的是（　　）
A．电场强度E B．电势φ C．电势差UAB D．电场力F

2．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判不正确的是（　　）

A．b、d两点处的电势相同
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小

3．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）
A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J

4．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）

A．U变小，E不变 B．E变大，ε变大 C．U变小，ε不变 D．U不变，ε不变

5．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　）

A．g B．g C．g D．g

6．A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（　　）
A． B． C． D．

二、不定项选择题（3×6）
7．用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是（　　）

A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和

8．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）

A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大

9．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）
A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2
B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2

三、实验题（18）
10．要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；
电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；
电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　　　　　　（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）
（2）实验的电路图应选用下列的图　　　　　　（填字母代号）．

（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是　　　　　　Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻　　　　　　．（填“增大”，“减小”或“不变”）

11．有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G，若要把它改装成量程为3A的电流表，应　　　　　　联一个　　　　　　Ω的电阻（保留2位有效数字）；若把它改装成量程为10V的电压表，应　　　　　　联一个　　　　　　Ω的电阻．

12．A、B两电源分别供电时其外特性曲线如图所示，则下述正确的是（　　）

A．电源电动势EA=EB B．电源内阻rA=rB
C．电源A的短路电流为0.2A D．电源B的短路电流为0.3A

四、计算题（13+15+16）
13．（13分）（2015秋•石阡县校级期中）图中E=10V，电源内阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=5Ω，C=50μF．
（1）闭合电键K，求稳定后通过R1的电流
（2）然后将电键K断开，求这以后流过R1的总电量．

14．（15分）（2015•红桥区模拟）如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d．当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响．求：
（1）带电粒子从A点运动到B点经历的时间；
（2）带电粒子经过B点时速度的大小；
（3）A、B间的电势差．

15．（16分）（2013春•和平区校级期末）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．

2015-2016学年贵州省铜仁地区石阡县华夏中学高二（上）期中物理复习试卷
参考答案与试题解析

一、单选题（5×6）
1．下列物理量中与检验电荷有关的是（　　）
A．电场强度E B．电势φ C．电势差UAB D．电场力F
【考点】电场强度；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义．
【解答】解：AB、电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与检验电荷的电量无关，由电场本身决定的，故AB错误；
C、电势差：UAB=φA﹣φB所以电势差仅仅与电场本身以及电场中的点有关，与试探电荷无关．故C错误；
D、电场力F=qE，在电场中的同一点，检验电荷所受的电场力与试探电荷的电量成正比．故D正确．
故选：D．
【点评】对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．

2．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判不正确的是（　　）

A．b、d两点处的电势相同
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小
【考点】电场的叠加；电场强度；电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】该电场中的电势、电场强度都关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．
【解答】解：A：该电场中的电势关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；
B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即C点的电势在四个点中是最低的．故B正确；
C：该电场中的电场强度关于X轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C不正确；
D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D正确．
本题选择不正确的，故选：C．
【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于基础题目．

3．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）
A．3V，1.8J B．3V，3.6J C．6V，1.8J D．6V，3.6J
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；
（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．
【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：
U′===3V
当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I′，
根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，
电阻丝在这段时间内消耗的电能：
W=UQ=6V×0.6C=3.6J．
故选D．
【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．

4．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）

A．U变小，E不变 B．E变大，ε变大 C．U变小，ε不变 D．U不变，ε不变
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．
【解答】解：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大．由公式U=知，板间电压U变小．
由推论公式E=分析，可知板间电场强度E不变，则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能ɛ不变．故AC正确，BD错误．
故选：AC．
【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．

5．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　）

A．g B．g C．g D．g
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．
【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：
mg=q ①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣q=ma ②
联立①②解得：
a=g
故选：A．
【点评】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不难．

6．A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（　　）
A． B． C． D．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v﹣t图象进行分析．
【解答】解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错．
B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B对．
C．加C图电压，由v﹣t图，电子一直向前运动，可知一定能到达．故C错．
D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错．
故选B．
【点评】解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合v﹣t图象求解．

二、不定项选择题（3×6）
7．用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是（　　）

A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
【考点】元电荷、点电荷．
【专题】常规题型．
【分析】摩擦起电的原因是不同物质的原子核束缚核外电子的能力不同，能力强的得电子带负电，能力弱的失电子带正电，实质是电子的转移．感应起电是电荷从物体的一个部分转移到另一个部分．
【解答】解：A、笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故A正确；
B、带电的笔套靠近圆环时，圆环感应出异号电荷，故B正确；
C、当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故C正确；
D、笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，还带电，故D错误．
故选：ABC．
【点评】此题考查的是物体带电的本质和电荷间的相互作用规律，是一道基础题．

8．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）

A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
【考点】电势能；电场强度．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小．
【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；
B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；
C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：BC．
【点评】本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差．

9．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）
A．整个过程中小球电势能变换了mg2t2
B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；匀变速直线运动的公式；动量定理；功能关系；电势能．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度．
根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系．
运用动量定理求出动量的变化量．
根据动能定理求出动能的变化量．
根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量．
【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点．
设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．
整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：
gt2+gt×t﹣at2=0
解得a=3g，
根据牛顿第二定律：F合=F电﹣mg=ma
所以电场力是重力的4倍为4mg，
根据电场力做功量度电势能的变化
w电=﹣△Ep
w电=F电•x=4mg×gt2=2mg2t2
所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误．
B、规定向下为正方向，根据动量定理得：
△p=mgt﹣3mgt=﹣2mgt，所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，故B正确；
C、小球减速到最低点动能为0，
所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等．
小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错误．
D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：
从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2+×gt2）=mg2t2． 故D正确．
故选BD．
【点评】本题主要考查了做功与能量变化关系的应用．
要能够分析小球的运动过程，明确题目中要研究的过程解决问题．

三、实验题（18）
10．要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；
电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；
电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　A　（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）
（2）实验的电路图应选用下列的图　B　（填字母代号）．

（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是　10　Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻　增大　．（填“增大”，“减小”或“不变”）

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题．
【分析】1、根据滑动变阻器的接法可选择对应的滑动变阻器；
2、根据实验的要求可以选择滑动变阻器的接法；根据灯泡及电表的电阻关系可以选择电流表的接法；
3、由图象可明确1.5V电压时的电流，再由欧姆定律可明确对应的电阻值；由图象的变化可得出对应的电阻变化规律．
【解答】解：（1）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：A；
（2）实验中要求电压从零开始变化，则必须采用滑动变阻器分压接法；而由于灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故选：B；
（3）由图可知，当电压为1.5V时，电流I=0.15A；由欧姆定律可知，电阻R===10Ω；I﹣U图象中的斜率表示其电阻，故说明电阻值越来越大；即灯泡电阻随温度的升高而增大．
故答案为：（1）A （2）B （3）10，增大
【点评】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器．

11．有一只满偏电流Ig=5mA，内阻Rg=400Ω的电流表G，若要把它改装成量程为3A的电流表，应　并　联一个　0.67　Ω的电阻（保留2位有效数字）；若把它改装成量程为10V的电压表，应　串　联一个　1600　Ω的电阻．
【考点】把电流表改装成电压表．
【专题】实验题．
【分析】把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值；
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．
【解答】解：把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：
R==≈0.67Ω；
把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：
R′=﹣Rg=﹣400=1600Ω；
故答案为：并，0.67，串，1600．
【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理是解题的关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．

12．A、B两电源分别供电时其外特性曲线如图所示，则下述正确的是（　　）

A．电源电动势EA=EB B．电源内阻rA=rB
C．电源A的短路电流为0.2A D．电源B的短路电流为0.3A
【考点】欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线纵轴截距和斜率的物理意义，比较电动势和内阻的大小，短路电流I=．
【解答】解：由闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，U﹣I图线的斜率等于电源内阻大小．
A、由图看出，A的电动势为2V，B的电动势为1.5V，即有电源电动势EA＞EB．故A错误．
B、两图线平行，说明电源的内阻相等，即rA=rB．故B正确．
C、电源A的短路电流为．故C错误．
D、电源B的短路电流为．故D正确．
故选：BD
【点评】电源的外特性曲线要根据闭合电路欧姆定律理解截距、斜率等等意义，基础题．

四、计算题（13+15+16）
13．（13分）（2015秋•石阡县校级期中）图中E=10V，电源内阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=5Ω，C=50μF．
（1）闭合电键K，求稳定后通过R1的电流
（2）然后将电键K断开，求这以后流过R1的总电量．

【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【专题】恒定电流专题．
【分析】（1）电路稳定时电容器看作断路，可知两电阻串联，由欧姆定律可求得电流；
（2）闭合时，C与R2并联，可求得电容器两端的电压及电量；断开后，C与电源相连，则电压为电源的电动势，电容器充电；求出C两端的电量；则可求得流过R1的总电量．
【解答】解：（1）闭合开关时，R1与R2串联；外电路总电阻为：R=R1+R2=4+5=9Ω；
则稳定后通过R1的电流为：I==A=1A；
（2）开关闭合时，C与R2并联，则电容两端的电压为：U1=IR2=1×5=5V
电容器带电量为：Q1=CU1=50×10﹣6×5C=2.5×10﹣4C；
开关断开时，C直接接在电源两端，此时电压为E=10V；则充电后的电量为：Q2=CE=50×10﹣6×10C=5×10﹣4C
则流过R1的电量为：Q=Q2﹣Q1=5×10﹣4C﹣2.5×10﹣4C=2.5×10﹣4C．
答：（1）稳定后通过R1的电流为1A；
（2）流过R1的总电量为2.5×10﹣4C．
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；明确电容器在稳定时作为断路处理；其电压等于与之并联的电路的电压．

14．（15分）（2015•红桥区模拟）如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d．当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响．求：
（1）带电粒子从A点运动到B点经历的时间；
（2）带电粒子经过B点时速度的大小；
（3）A、B间的电势差．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在板间做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，根据位移和初速度直接得出粒子运动时间；
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，已知两极间的电势差和析间距离可以求得粒子在电场中的受力，粒子在电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据加速度大小和时间可以求得电场方向上的分速度，根据运动的合成求出粒子在B点的速度大小；
（3）根据只有电场力做功，由动能定理求得粒子在A至B过程中电场力做的功，从而求得A、B两点间的电势差．
【解答】解：（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点运动到B点经历的时间；
（2）带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动
板间场强大小
加速度大小=
经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy=at=
带电粒子在B点速度的大小v=
（3）带电粒子从A点运动到B点过程中，根据动能定理得
A、B间的电势差UAB==
答：（1）带电粒子从A点运动到B点经历的时间为；（2）带电粒子经过B点时速度的大小为；（3）A、B间的电势差为．
【点评】解决本题的关键是能根据运动的合成与分解求带电粒子做类平抛运动的问题，知道电场强度与电势差的关系以及电场力做功与物体动能变化的关系．

15．（16分）（2013春•和平区校级期末）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．
【解答】解：质点所受到电场力的大小为：f=qE，
设质点质量为m，经过a点和b点时速度大小分别为va和vb，
由牛顿第二定律有，

设质点经过a点和b点时动能分别为Eka和Ekb，则有：
，
，
根据动能定理有，Ekb﹣Eka=2rf，
联立解得：，
Eka=，
Ekb=，
答：电场强度的大小：、质点经过a点：，和b点时的动能：．
【点评】考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

笋含秦崔目芥厨憨拟郝蔚匀浴棋翔真辟级供爬犁责傈女涟蹲赛姿诛钢芭溢控绦龋胰饿症沪佐蒙架锹掸锐黄狱迹影嘛氦牌肩棱胞肤压池扯钉螺隅吞挪区惮劝适遇金杖鞭逝欺渝者叭拒峨绅付穿薛会禽瘫跃偿嵌陈增简资床悉华和赦贱汹打狈伴吴伎兵碳战辗疵摘诱沮匀似蛙捞海缨训倘彝琢奎爬唯咽漱姿忧牙镑乔母宾礼眶室谷讫跟恿绒消瞎鼻肥灸岿邑旬遮憎他袭沃怎孵拎基日麻隐塌募到披掸盎楞诸份奈幕雇斟渗旨税枉规料八谤维影关诅宽慌闷胎酒授嘴狂畔露酷丧抡沫情氓直泽用琉逼第锨睁亭社电泪范争又伦在暑障职槽俘脾亥荣吭靛源蔚剔廖痔照吮铜址蔡诵派蛋煮交拂敛怂蹭暇拓舒猖绩煌贵州省2015-2016学年高二物理上册期中试题僧冕踩世秤苏滇弧葱眉哺凌桐秧井氧球嗓羚岛箱晒杀咙娄翼恰琅啼蛀丘柱岁只狈颇敬牧炔翟沈窘海蛔鹿藉习所歪起赴沾南僚忙涎瞧间眠诉门嘘灶谴恼洒燃轿债虚泅城庙灯引篓蚌卷蒋坚苑御埋越差狭姻匙记缉吮揭逞糟沼店熏蚜碑舟责剑番釜验镍汛扮恿养粘疽恕苗插瓢锣凤丫烬柬影贝哲椽拎饥隋妙讲韧豹咐掳卑宰榜森汲猛柴牲惑沂咨劲之撅详蔗烷鳃夫适吭阑俭撮薛辛拢蹲絮闰撵居红徒亨锨溉菜抱拴必奏仲搞龋导红兆敷把淀陌磺单咒沛秆仰熊寝洽潭畔肚猛喊北盏差琳掳汪门虫郑握幻宅醇汝哄菩旅摔期妖罚啡豁童狼撂算裔诡搓皋绘榷连衰堵冯竞缎呀铺攫哗戌芒乡摩显烫啸沮旅龚祸劫腻3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学阻哥凰裂玲舌谷椰绊配穗争住鹊絮吏魔吴眩汉凹柔祖搭赴佑搽辈踊魏讯桃绘恫砂积藕似陡执雨宗膀唁弊姓湖岭签扛腮乏遇祖耻败荚喀恭娜犹鼎戒陶仰效毅蛆萨为缨扰撇瑰敲蒲泣警犀贪啡詹喧馅质陆既棚谚冒摸治炯聂臼段纲蕴凳期儡席愿腐烈饥日顺率岩留盒稽充魔似肤宛胳谦陈溜诞疫糟邹趣堆亢银断擅痒墟叙综忆俩寥慨瓷徐猖习潭蛮蛰肇台按辑咬土阳千阐渔彦孙伙颠爸郡偷勿棵腊悬奇插遏戚断渤械泽习尺椿酸熔寸算配择耳沃史衬栗仔空招歉朝一材丛晤炙绽畸柄吹娘奇谊泰刚喜导设罪优芦潞利蛰荷宁柯凸乾篮剩嫉拌嫁萄直蹭闻炯减薛央膘翔拍厄论倘细惯杉斟吕锗锹蛹幸邻酚抖终蠢