2017-2018学年湖南省长沙市浏阳二中、五中、六中三校联考高二(上)期中物理试卷

2017-2018学年湖南省长沙市浏阳二中、五中、六中三校联考高
二（上）期中物理试卷
一、选择题
1．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）
A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比
B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变
C．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变
D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零2．如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定（）
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等
3．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同号电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（）
A．速度变大，加速度变小B．速度变小，加速度变小
C．速度变大，加速度变大D．速度变小，加速度变大
4．关于静电场，下列说法中正确的是（）
A．在电场强度为零的区域电势一定处处为零
B．两点间的电势差与零电势的选取有关
C．负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少
D．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大5．一同学将变阻器与一只6V，6～8W的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮．按此图的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将（）
A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡
6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）
A．vq B．C．qvS D．
7．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的（）
A．两个灯泡串联
B．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一
C．两个灯泡并联
D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一
8．有甲、乙两导体，甲的横截面是乙的2倍，而单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，以下说法中正确的是（）
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的2倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等
9．如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡L1、L2、L3的亮度将（）
A．都变亮B．都变暗
C．L1、L3变亮，L2变暗D．L1、L2变亮，L3变暗
10．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A．C和U均增大B．C和U均减小C．C减小，U增大D．C增大，U减小
11．对于给定的电容器来说，在图中哪个图线能正确地描述其带电量Q、两端电压U、电容量C之间的相互关系（）
A．B．
C．D．
12．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源与R组成闭合电路时，则（）
A．电源的内阻为6ΩB．电源的输出功率为4W
C．电阻R的阻值为2ΩD．电源发生短路时的电流为6A
二、实验题
13．在“测定金属的电阻率”的实验中，由ρ=可知，对实验结果的准确性影响最大的是（）
A．导线直径d的测量B．电压U的测量
C．电流I的测量D．导线长度的测量
14．测定电源的电动势和内阻的实验电路如图所示，请回答下列问题：
（1）现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器（0～50Ω）
C．电压表（0～3V）
D．电压表（0～15V）
E．电流表（0～0.6A）
F．电流表（0～3A）
其中电压表应选，电流表应选．（填字母代号）
（2）如图是根据实验数据画出的U﹣I图象，由此可知这个干电池的电动势E= V，内电阻r=Ω．
三、计算题：本大题共有4小题．解答应写出必要的文字说明、表达式和重要
步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，g取10m/s2．
15．在空间某一区域，有一匀强电场，一质量为m的液滴，带正电荷，电荷量为q，在此电场中恰能沿竖直方向做匀速直线运动，求此区域的电场强度的大小和方向？
16．把一检验电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A点，若检验电荷的电量为q=﹣2.0×10﹣8C，它所受的电场力F=2.0×10﹣3N，方向背向Q，如图所示，求：
（1）A点的场强大小．
（2）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做功为4.0×10﹣6J，则A、B之间的电势差是多少？
17．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V．求：
（1）电源的内电阻；
（2）当电键K闭合时电动机的输出功率．
18．如图所示，质量为m=10﹣8kg的带电粒子以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=20cm，板间距离d=4cm，当A、B 间加电压U AB=103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高）．求：（1）带电粒子的电性和所带电量；
（2）A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？
2017-2018学年湖南省长沙市浏阳二中、五中、六中三校
联考高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比
B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变
C．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变
D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零
【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P 点的场强不一定为零．
【解答】解：
A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F
成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定。

故A错误。

B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何
变化，始终不变。

故B正确。

C、由F=Eq知，不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，但场强E却是一
定的。

故C错误。

D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为
零，P点的场强可能为零，也可能不为零。

故D错误。

故选：B。

【点评】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．
2．如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定（）
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等
【分析】物体相互排斥时，物体带同种电荷．
根据牛顿第三定律可知，两球受到的库仑力是作用力与反作用力．
【解答】解：A、B、根据图可知，两球之间是排斥力，只能判断两球带的电性相同，不能肯定两球都带正电还是都带负电，故AB均错误。

C、D、两球之间的库仑力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，两球
受到的静电力大小相等，故C错误、D正确。

故选：D。

【点评】本题要注意两球受到的库仑力是作用力与反作用力，即两球之间的库仑力大小相等，与两球带的电荷量多少无关．
3．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同号电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（）
A．速度变大，加速度变小B．速度变小，加速度变小
C．速度变大，加速度变大D．速度变小，加速度变大
【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．
【解答】解：由于两电荷间距离增大，依据库仑定律F=，它们之间的静电力
越来越小，再由F=ma，故加速度越来越小；
因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，加速度与速度同向，故电荷将一直做加速运动，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题中两球间存在斥力，引力逐渐减小，根据功能关系的判断速度变化，注意掌握牛顿第二定律的应用．
4．关于静电场，下列说法中正确的是（）
A．在电场强度为零的区域电势一定处处为零
B．两点间的电势差与零电势的选取有关
C．负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少
D．根据公式U=Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大
【分析】借助常见的电场分析场强与电势间的关系；利用电势差的定义式和公式U=Ed 分析；利用电势能的公式分析负电荷的运动情况．
【解答】解：A、处于静电平衡态的导体内部场强为零，且是等势体即电势处处相同，但不一定为零，故A错误。

B、据U=知，两点间的电势差与零电势的选取无关，故B错误。

C、据E p=qφ知，负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少，故
C正确。

D、匀强电场公式U=Ed 中，d为沿着电场线的方向，所以两点间的距离越大，
电势差不一定大，只有沿着电场线的距离大时，电势差才越大，故D错误。

故选：C。

【点评】本题的关键：明确场强和电势都是描述电场的，二者无直接关系但相互关联；灵活应用电势差公式和电势能公式．
5．一同学将变阻器与一只6V，6～8W的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电
源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮．按此图的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将（）
A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡
【分析】根据电路图，分析变阻器哪部分电阻接入电路，判断滑片P向右滑动时，其接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化，确定灯泡亮度的变化．【解答】解：
A、B、C由图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，当滑片P向右滑动时，
接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，根据欧姆定律得知，电路中电流增大，则灯泡变亮。

故AC错误，B正确。

D、由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡。

故D错误。

故选：B。

【点评】本题关键要理解变阻器哪部分电阻接入电路，可根据变阻器金属杆的电阻很小，将图中AP段金属丝短路来理解．
6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）
A．vq B．C．qvS D．
【分析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等
效电流．
【解答】解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=q•v，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为I=qv。

故选：A。

【点评】本题关键是建立物理模型，利用电流的定义式进行求解电流．
7．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的（）
A．两个灯泡串联
B．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一
C．两个灯泡并联
D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一
【分析】根据串联、并联电路电压的特点，分析灯泡的实际电压与额定电压的关系，判断能否延长电灯泡的使用寿命。

【解答】解：
A、两个灯泡串联，每个灯泡承受的电压为U=×220V=110V，低于额定电压，
灯泡不易损坏，可延长电灯泡的使用寿命。

故A正确。

C、两个灯泡并联，每个灯泡承受的电压为U=220V，仍等于灯泡的额定电压，灯
泡正常工作，不能延长电灯泡的使用寿命。

故B错误。

BD、由P=，可知两个灯泡串联时，U变为原来的，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一。

故BD错误。

故选：A。

【点评】本题中要考虑到两个灯泡串联时，每个灯泡的电压比额定电压小，功率降低，灯丝的温度降低，电阻也减小，容易出错的地方是把B当作正确的。

8．有甲、乙两导体，甲的横截面是乙的2倍，而单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，以下说法中正确的是（）
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的2倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的2倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相等
【分析】电流就表示单位时间内通过导体横截面的电荷量的多少，根据电流的微观表达式I=nqvs，分析定向移动速率的关系．
【解答】解：A、单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，所以乙的电流是甲电流的两倍，故A错误，B正确；
C、根据电流的微观表达式I=nqvs可知，v=，则乙导体中自由电荷定向移动
的速率是甲导体的4倍，故CD错误。

故选：B。

【点评】知道单位时间内通过横截面的电荷量表示电流，电流的微观表达式I=nqvs，反映出电流I是联系宏观与微观的桥梁．
9．如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡L1、L2、L3的亮度将（）
A．都变亮B．都变暗
C．L1、L3变亮，L2变暗D．L1、L2变亮，L3变暗
【分析】当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，分析总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断L1灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯L3亮度的变化．根据
总电流与C电流的变化关系，分析通过L2灯电流的变化，判断L2灯亮度的变化．
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则L1灯变亮。

电路中并联部分电压U
并=E﹣I（R L1+r），I增大，其他量不变，则U
并
减小，L3灯
变暗。

通过B灯的电流I L2=I﹣I L3，I增大，I L3减小，则I L2增大，L2变亮。

所以L1、L2变亮，L3．故D正确
故选：D。

【点评】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的思路，按部就班进行分析．也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定灯亮度的变化．
10．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A．C和U均增大B．C和U均减小C．C减小，U增大D．C增大，U减小
【分析】先根据电容的决定式C=判断电容大小，再根据电容的定义式C=
判断电势差的变化．
【解答】解：在两极板间插入一电介质，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，
电容器的带电量Q不变，
由电容的定义式C=知，两极板间的电势差U减小，故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题要将电容的定义式及决定式的配合使用，根据电容的决定式判断电容的变化，再由定义式判断电压或电量的变化．
11．对于给定的电容器来说，在图中哪个图线能正确地描述其带电量Q、两端电压U、电容量C之间的相互关系（）
A．B．
C．D．
【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，对于给定的电容器，其电容一定．电量Q=CU，Q与U成正比．根据这两点选择图象．
【解答】解：A、对于给定的电容器，其电容C一定，C﹣Q和C﹣U图象均应平行于横轴。

故A正确BD错误。

C、对于给定的电容器，其电容C一定，电量Q=CU，Q与U成正比，Q﹣U图象
是过原点的倾斜的直线。

故C正确。

故选：AC。

【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．要抓住电容定义的方法：比值定义法，定义出来C与Q、U无关，反映电容器本身的性质．
12．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源与R组成闭合电路时，则（）
A．电源的内阻为6ΩB．电源的输出功率为4W
C．电阻R的阻值为2ΩD．电源发生短路时的电流为6A
【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电源的U﹣I图象与纵轴交点物理意义，求出电源的电动势．两图线的交点表示该电阻接在该电源上时工作状态，读出电压和电流，求出电源的输出功率．由图线B的斜率求出电阻R的阻值．由图线A的斜率绝对值求出电源的内阻．
【解答】解：AD、由图线A：根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴的交点坐标表示电源的电动势，读出电源的电动势
E=6V．图线A的斜率绝对值等于电源的内阻r，由数学知识求出r== =1Ω．故A错误，D正确；
B、两图线的交点表示该电阻接在该电源上时工作状态，读出路端电压为U=4V，
电流I=2A，则电源的输出功率为P=UI=8W．故B错误。

C、由图线B的斜率等于电阻R的阻值，则有R===2Ω．故C正确。

故选：CD。

【点评】本题根据闭合电路欧姆定律理解A图线的纵轴截距、斜率的物理意义，由电阻的定义式研究B图线的斜率物理意义．两图线的交点表示此电阻接在此电源的工作状态．
二、实验题
13．在“测定金属的电阻率”的实验中，由ρ=可知，对实验结果的准确性影响最大的是（）
A．导线直径d的测量B．电压U的测量
C．电流I的测量D．导线长度的测量
【分析】公式中涉及的4个物理量d、U、I、l，对实验结果均有影响，但只有直径的指数是2，其余均为1，所以影响最大的是金属丝的直径的测量误差．
【解答】解：从公式，公式中涉及的4个物理量，对实验结果均有影响，但只有直径的指数是2，其余均为1，所以影响最大的是金属丝的直径的
测量误差，故BCD错误，A正确，
故选：A。

【点评】本题考查实验误差的分析，指数幂越大的，对实验结果造成的影响越大．14．测定电源的电动势和内阻的实验电路如图所示，请回答下列问题：
（1）现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器（0～50Ω）
C．电压表（0～3V）
D．电压表（0～15V）
E．电流表（0～0.6A）
F．电流表（0～3A）
其中电压表应选C，电流表应选E．（填字母代号）
（2）如图是根据实验数据画出的U﹣I图象，由此可知这个干电池的电动势E=
1.5V，内电阻r= 1.0Ω．
【分析】（1）根据电源电动势与电流最大值选择电压表与电流表；
（2）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
【解答】解：（1）干电池电动势约为1.5V，则电压表应选择C；由图2所示图象可知，最大电力约为0.4A，则电流表应选择E；
（2）由图2所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V；
电源内阻r===1.0Ω；
故答案为：（1）C；E；（2）1.5；1.0．
【点评】本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
三、计算题：本大题共有4小题．解答应写出必要的文字说明、表达式和重要
步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，g取10m/s2．
15．在空间某一区域，有一匀强电场，一质量为m的液滴，带正电荷，电荷量为q，在此电场中恰能沿竖直方向做匀速直线运动，求此区域的电场强度的大小和方向？
【分析】根据带电液滴在电场中沿竖直方向作匀速直线运动，受到重力与电场力平衡，利用平衡条件和场强公式可求出场强的大小和方向。

【解答】解：由题意可知，液滴在电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，
重力与电场力二力平衡，根据平衡条件得：mg=qE，解得：，
因为电场力方向竖直向上，结合液滴带正电，则场强方向为竖直向上。

答：此区域的电场强度的大小为，方向竖直向上。

【点评】本题考查的知识点是：带电粒子在电场中平衡问题，关键是分析带电粒子的受力情况，利用平衡条件列方程求解答案。

16．把一检验电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A点，若检验电荷的电量为q=﹣2.0×10﹣8C，它所受的电场力F=2.0×10﹣3N，方向背向Q，如图所示，求：
（1）A点的场强大小．
（2）若将检验电荷q从电场中的A点移到B点，电场力做功为4.0×10﹣6J，则A、B之间的电势差是多少？
【分析】（1）A点产生的场强由点场强公式E=求解，
（2）负电荷从A移到B点的过程，电场力做功为4.0×10﹣6J，A点的电势低于B 点的电势．根据电势差公式U=求出A、B间的电势差，
【解答】解：（1）据场强公式：E==N/C=1.0×105N/C
（2）设A、B之间的电势差为U AB则：
U AB==V=﹣200V
答：（1）A点的场强大小为1.0×105N/C．
（2）A、B之间的电势差是﹣200V．
【点评】电场强度表示电场的强弱和方向，由电场本身决定，掌握点场强公式
E=和场强的物理意义是本题的关键，注意求解电势差时，公式U=中W、q 两个量都要代入符号计算．
17．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V．求：
（1）电源的内电阻；
（2）当电键K闭合时电动机的输出功率．
【分析】（1）当开关K断开时，由电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．
（2）当开关SK合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧
姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．【解答】解：（1）K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W，根据P=I2R1，电流：
I===0.6A
电源内阻：
r=﹣R==2Ω
（2）K闭合时，路端电压：
==4V
根据欧姆定律，电流：
==0.5A
总电流：
I′===1A
通过电动机的电流：
=1﹣0.5=0.5A
电动机的机械功率：
P机=U′I﹣I R D=4×0.5﹣0.52×2=1.5W
答：（1）电源的内电阻为2Ω；
（2）当电键K闭合时电动机的输出功率为1.5W．
【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．
18．如图所示，质量为m=10﹣8kg的带电粒子以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=20cm，板间距离d=4cm，当A、B 间加电压U AB=103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高）．求：（1）带电粒子的电性和所带电量；
（2）A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？
【分析】（1）根据电场力等于重力，则可确定电荷的电量与电性；
（2）当电场力大于重力时，根据牛顿第二定律与运动学公式可求出对应的电压；
当电场力小于重力时，同理可求出对应的电压．从而确定电压的范围．【解答】解：（1）当U AB=103 V时，粒子做直线运动，
则有：q=mg，
解得：q==4×10﹣12 C，且带负电．
（2）当电压U AB比较大时，即qE＞mg，粒子向上偏，﹣mg=ma1
当刚好能从上板边缘飞出时，
有：y=a1t2=a1（）2=
解得，U1=1400V
当电压U AB比较小时，即qE＜mg，粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有：
mg﹣q=ma2
y=a2t2=
解之得：U2=600V．
则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为：600V≤U AB≤1400V．答：
（1）带电粒子的电性：负电和所带电荷量10﹣12C；
（2）A、B间所加电压在600V≤U AB≤1400 V范围内带电粒子能从板间飞出．【点评】本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法．突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性．。