辽宁省大连二十中高二物理上学期期初试卷(含解析)

辽宁省大连二十中2015-2016学年高二上学期期初物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．
1．如图所示，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1＞R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，则( )
A．v2＞v1，ω2＞ω1，T2＜T1B．v2＜v1，ω2＞ω1，T2＞T1
C．v2＞v1，ω2＜ω1，T2＞T1D．v2＜v1，ω2＜ω1，T2＜T1
2．如图，质量为m的物体A放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物体B相连，当绳拉直时让B无初速度下落h高度时（h小于桌面高度H，B物体没有落地），则桌面上A物体的运动的速率是( )
A．B．C．D．
3．如图，质量为m的物体从高为h的斜面顶端A处由静止滑下到斜面底端B，经B沿水平面运动到C点停止．欲使此物体从C沿原路返回到A，则在C点至少应给物体的速度大小为( )
A．B．2C．D．
4．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，下列判断正确的是( )
A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B
5．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B＞V A．则下列说法中正确的是( )
A．A点处的场强一定小于B点处的场强
B．A点的电势高于B点的电势
C．电子在A点的电势能一定大于它在B点的电势能
D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功
6．如图所示，直线a是某电源两端的端电压U与输出电流I的图线，直线b是电阻R的U﹣I 图线．用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )
A．4W，0.5ΩB．1W，1ΩC．2W，1ΩD．0.5 W，4Ω
7．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，则这三点的电势高低和场强大小的关系是( )
A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E c
C．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b
二、多项选择题（每小题4分，共20分．每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分）
8．如图在光滑水平面上放一长为L的小车，车的左端有一质量m的木块，两者间动摩擦因数为μ．当物体在水平力F作用下从左端滑至右端时，在车固定和可自由滑动的两情况下( )
A．两次物体所受的摩擦力相同B．两次力F所做的功相同
C．因摩擦消耗的机械能相同 D．物体获得的动能相同
9．如图，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B点为圆轨道最低点．一小滑块由A点从静止开始下滑，到达B点时( )
A．小滑块的线速度大小与半径无关
B．小滑块的角速度大小与半径无关
C．小滑块的向心加速度大小与半径无关
D．轨道对小滑块的弹力大小与半径无关
10．现有一束带同种等量电荷的不同离子组成的离子流，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则( )
A．离子进入电场的初速度相同
B．离子进入电场的初动能相同
C．离子的质量一定相同
D．离子可能经同一加速电场加速
11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ( )
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
12．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同．在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则下列判断中正确的是( )
A．电压表的示数变大 B．电阻R2两端的电压变大
C．电池内阻消耗的功率变大 D．电源的总功率变大
三．填空题：（本大题共2小题，每空2分，共12分．）
13．图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1=__________Ω，
R2=__________Ω．
14．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，则
（1）粒子带__________电荷（填“正”或“负”）
（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为__________，此过程中粒子在电场中运动时间为__________，电势能的变化量为__________（用已知量表示）
四．计算题：（本大题共3小题，共40分）
15．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：
（1）电源的电动势E和内阻r．
（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？
16．如图所示，两平行金属板带等量异号电荷，两板间距离为d，与水平方向成α角放置，一电量为+q、质量为m的带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点，求：（1）该电场的场强大小及小球运动的加速度大小
（2）小球静止起从一板到达另一板所需时间．
17．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．
2015-2016学年辽宁省大连二十中2014-2015学年高二上学期期初物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．
1．如图所示，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1＞R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，则( )
A．v2＞v1，ω2＞ω1，T2＜T1B．v2＜v1，ω2＞ω1，T2＞T1
C．v2＞v1，ω2＜ω1，T2＞T1D．v2＜v1，ω2＜ω1，T2＜T1
考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
专题：人造卫星问题．
分析：根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出大小．
解答：解：根据得，v=，ω=，T=．知
轨道半径越大，线速度越小，角速度越小，周期越大．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系．
2．如图，质量为m的物体A放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m的物体B相连，当绳拉直时让B无初速度下落h高度时（h小于桌面高度H，B物体没有落地），则桌面上A物体的运动的速率是( )
A．B．C．D．
考点：动能定理．
专题：动能定理的应用专题．
分析：对于用细绳连接的物体A和物体B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，据此定律列式，即可求解物体A的速率．
解答：解：以木块和砝码组成的系统为研究对象，只有重力做功，系统的机械能守恒，则有：
解得：v=．
故选：A．
点评：本题是绳系系统，关键要判断出机械能守恒，并正确列式求解，也可以根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式结合求解．
3．如图，质量为m的物体从高为h的斜面顶端A处由静止滑下到斜面底端B，经B沿水平面运动到C点停止．欲使此物体从C沿原路返回到A，则在C点至少应给物体的速度大小为( )
A．B．2C．D．
考点：动能定理．
专题：动能定理的应用专题．
分析：在C点处物体具有的速度最小时物体恰好回到A点，速度为零．根据动能定理分别对物体从A到C与从C到A两个过程进行列式，即可求解．
解答：解：设物体从A到C滑动摩擦力做功为W f．
根据动能定理得：
A→C过程：mgh+W f=0；
C→A过程：﹣mgh+W f=0﹣；
联立解得：v0=2
故选：B
点评：本题中涉及到空间的高度，要求速度，优先考虑动能定理．运用时要灵活选择研究的过程，要抓住两个过程中滑动摩擦力做功相等这个隐含条件．
4．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A、B点的加速度分别为a A、a B，电势能分别为E A、E B，下列判断正确的是( )
A．a A＞a B，E A＞E B B．a A＞a B，E A＜E B C．a A＜a B，E A＞E B D．a A＜a B，E A＜E B
考点：等势面．
分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．
解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；
从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．故选：D．
点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．
5．如图直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度V A经过A点向右运动，经过一段时间后，该电子以速度V B经过B点，方向仍向右，且V B＞V A．则下列说法中正确的是( )
A．A点处的场强一定小于B点处的场强
B．A点的电势高于B点的电势
C．电子在A点的电势能一定大于它在B点的电势能
D．在此过程中，电场力一定对电子做了负功
考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：由题，电子的初速度v A向右，而末速度v B方向向左，说明电子所受的电场力方向向左，则可判断出电场线的方向，进一步判断电势的高低．由于一条电场线不能反映电场强度的大小，无法比较场强的大小．根据电场力做功正负判断电势能和动能的大小
解答：解：A、由题，电子的初速度v A、v B方向向右，且V B＞V A．说明电子所受的电场力方向向右，但仅仅有一条一条电场线无法反映电场线的疏密，故电场的大小未知，故A错误；
B、电子所受的电场力方向向右，电场线方向从B指向A，所以A点的电势一定低于B点的电势．故B错误
C、电子从A到B过程中，电场力做正功，则电子的电势能减小，则在A点的电势能一定大于它在B点的电势能．故C正确
D、由动能定理可得，电场力一定对电子做了正功，故D错误．
故选：C
点评：本题中一条电场线无法反映电场线的疏密，就不能判断电场强度的相对大小．对于电势能和动能，则可根据电场力做功情况判断其大小．
6．如图所示，直线a是某电源两端的端电压U与输出电流I的图线，直线b是电阻R的U﹣I 图线．用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的内阻分别是( )
A．4W，0.5ΩB．1W，1ΩC．2W，1ΩD．0.5 W，4Ω
考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：由a图线纵轴截距得到电源的电动势，斜率得到内阻，由b图的斜率求得电阻R的阻值，两交点即为二者构成一闭合回路时工作电压与工作电流，可求输出功率P出
解答：解：由a图线纵截距知：电源的电动势为 E=3V
由横截距知电源短路电流为 I0=3A
电源的内阻 r==Ω=1Ω
由交点坐标知工作电压为 U=2V，工作电流为 I=1A
则输出功率为 P出=UI=2×1=2W
故选：C．
点评：本题关键要理解电源的U﹣I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道交点表示该电源与电阻组合时的工作状态．
7．如图，等量异种点电荷在真空中相隔一定的距离，竖直线代表两点电荷连线的中垂线，在两点电荷所存在的某平面内取a、b、c三点，则这三点的电势高低和场强大小的关系是( )
A．φc＞φa＞φb，E c＞E a＞E b B．φc=φa＞φb，E a＞E b＞E c
C．φa＞φb＞φc，E a=E b＞E c D．φa=φb＞φc，E c＞E a＞E b
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线．
分析：画出等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，如图所示：
电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低．将两图比较即可解答．
解答：解：如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在a、b、c三点中，c带电位置电场线最密，故场强最大的点是c点，其次为ab；即E c＞E a＞E b
离正电荷最近的等势面的电势最高，中垂线上电势相等；故由图可得ab两点电势相等；c点的电势最低；故D正确；
故选：D．
点评：本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低．
二、多项选择题（每小题4分，共20分．每小题四个选项中至少有两个选项符合题意.选对但不全的得2分，有错选的不得分）
8．如图在光滑水平面上放一长为L的小车，车的左端有一质量m的木块，两者间动摩擦因数为μ．当物体在水平力F作用下从左端滑至右端时，在车固定和可自由滑动的两情况下( )
A．两次物体所受的摩擦力相同B．两次力F所做的功相同
C．因摩擦消耗的机械能相同 D．物体获得的动能相同
考点：动能定理；功能关系．
专题：动能定理的应用专题．
分析：滑动摩擦力根据公式f=μN分析．根据位移关系分析力F做功关系．根据Q=f•△s，△s 是相对位移分析消耗的机械能关系．根据运动学公式分析速度的关系，从而得到动能关系．解答：解：A、物体所受的摩擦力都是滑动摩擦力，大小为 f=μN=μmg，可知摩擦力相同，故A正确．
B、车不固定时m相对于地的位移大，由W=Fs知车不固定时力F做功多，故B错误．
C、因摩擦消耗的机械能等于f•△s=fL，L是车的长度，可知因摩擦消耗的机械能相同，故C 正确．
D、两次m的受力情况相同，加速度相同，车不固定时所用时间长，由v=at知，车不固定时物体获得的速度大，动能也大，故D错误．
故选：AC．
点评：本题是木块在小车滑动的类型，采用隔离法进行研究，要正确分析物体的受力情况，关键要抓住相对位移分析消耗的机械能，运用运动学公式和牛顿第二定律结合进行分析．
9．如图，光滑半圆形轨道固定，A点与圆心O等高，B点为圆轨道最低点．一小滑块由A点从静止开始下滑，到达B点时( )
A．小滑块的线速度大小与半径无关
B．小滑块的角速度大小与半径无关
C．小滑块的向心加速度大小与半径无关
D．轨道对小滑块的弹力大小与半径无关
考点：机械能守恒定律；向心力．
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：小球由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的线速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出弹力，从而判断是否与半径有关．
解答：解：设圆轨道的半径为R．
从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR=，解得：线速度v=
角速度ω==
小球的向心加速度为：a==2g
在最低点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=ma
解得：N=3mg，所以与轨道半径R大小无关的是a和N．
故选：CD
点评：小球下滑，机械能守恒，由机械能守恒定律、牛顿第二定律、向心力公式分别求出小球的向心加速度，可以看出它们与圆轨道的半径无关．
10．现有一束带同种等量电荷的不同离子组成的离子流，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则( )
A．离子进入电场的初速度相同
B．离子进入电场的初动能相同
C．离子的质量一定相同
D．离子可能经同一加速电场加速
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：飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，说明了这些粒子具有相等的偏转量，写出粒子偏转量的公式，即可找到合适的物理量
解答：解：A、粒子的加速度：，穿越电场的时间：，偏转量：
．从公式可以看出，偏转量仅仅与粒子的动能有关．故B正确，AC错误．D、粒子经过加速电场后获得的动能为E k=qU1，因粒子带电荷量相同，故获得的动能相等，故D正确
故选：BD
点评：题考查带电粒子在电场中的偏转物体，属于该知识点中的基本题型．写出加速度与穿越电场的时间的表达式，进而求出偏转量即可．属于简单题．
11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ( )
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将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．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed对各种变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况．
解答：解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故A正确，B错误；
C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=
以及电压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=，故电场强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故C错误，D正确；
故选：AD．
点评：本题关键是明确：电键闭合时，电容器电压不变；电键断开时，电容器电量不变．结合电容的定义式和决定式分析求解．
12．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同．在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则下列判断中正确的是( )
A．电压表的示数变大 B．电阻R2两端的电压变大
C．电池内阻消耗的功率变大 D．电源的总功率变大
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：恒定电流专题．
分析：将电键S1由位置1切换到位置2时，分析外电阻的变化，抓住电动势和内阻不变，分析电流、外电压的变化．电源内部消耗的功率为P内=I2r，电池的总功率为P=EI．
解答：解：A．将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小．故A 错误．
B、设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值均为R，当电建打在1时，R2两端的电压U2=R，当电键打在2时R2两端的电压U2′==可知．U2′＜U2．故电阻R2两端的电压变
小．故B错误．
C、电路中的总电流变大，根据P内=I2r，知，电源内部消耗的功率变大．故C正确．
D．电源的总功率P=EI，由于电路中的总电流变大，所以电源的总功率变大．故D正确．
故选CD
点评：解决本题的关键是抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析．
三．填空题：（本大题共2小题，每空2分，共12分．）
13．图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻R g=500Ω，满刻度电流为I g=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1=9500Ω，R2=90000Ω．
考点：把电流表改装成电压表．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．解答：解：量程10V是所串联的电阻为R1：=9500Ω量程为100V对应的R2为：=90000Ω
故答案为：9500，90000
点评：考查电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求电阻阻值．
14．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，则
（1）粒子带正电荷（填“正”或“负”）
（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为，此过程中粒子在电场中运动时间为，电势能的变化量为（用已知量表示）
考点：电容器的动态分析．
专题：电容器专题．
分析：根据粒子所受电场力的方向确定粒子的电性．粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，在沿电场方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出粒子的初速度；并由电场力做功，求得电势能的变化量．
解答：解：（1）粒子所受的电场力向下，则粒子带正电；
（2）由题意：at2=
即：=
代入数据解得：v0=
而t=；
根据电场力做功多少，则电势能变化多少，
那么电势能的变化量为：△E=q=；
故答案为：（1）正；（2），，．
点评：解决本题的关键掌握处理粒子在电场中偏转运动的方法，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，同时掌握电势能变化量的计算方法．
四．计算题：（本大题共3小题，共40分）
15．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：
（1）电源的电动势E和内阻r．
（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？
考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
专题：计算题．
分析：（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．
解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律：
联立上式并代入数据解得：
E=6V
r=1Ω
电源电动势为6V，内阻为1Ω；
（2）由电功率表达式：
将上式变形为：
由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；
故P的最大输出功率为9W．
点评：本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程．
16．如图所示，两平行金属板带等量异号电荷，两板间距离为d，与水平方向成α角放置，一电量为+q、质量为m的带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点，求：（1）该电场的场强大小及小球运动的加速度大小
（2）小球静止起从一板到达另一板所需时间．
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：带电粒子做的是直线运动，说明合力与速度在同一直线上，分析受力可知粒子受电场力的方向及其大小，由牛顿第二定律可得求出加速度的大小；由几何知识求解水平运动距离，然后结合运动学公式s=at2可以求解运动时间．
解答：解：（1）带电小球恰沿水平直线运动，故电场力和重力的合力在水平方向，由平行四边形定制可知F合=mgtanα；故小球运动的加速度大小a==gtanα；
在竖直方向上合外力为零，故qE=，故电场的场强大小E=；
（2）小球从一板到达另一板运动的距离s=①；
小球由静止开始匀加速直线运动，即s=at2②；
由①②可得：t=；
答：（1）该电场的场强大小为；小球运动的加速度大小为gtanα；
（2）小球静止起从一板到达另一板所需时间t=．
点评：本题的突破点在于粒子做直线运动，故应根据力与运动的关系确定出粒子的受力情况．
17．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：粒子水平方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．
解答：解：设带电粒子在B点的速度大小为v B，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：v B sin30°=v0sin60° ①
解得：
②
设A、B间的电势差为U AB，由动能定理，有：
③
联立②③解得：
答：A、B两点间的电势差为．
点评：本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目．。