湖北省襄阳市保康一中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）a一定沿电场线由高电势处向低电势处运动b一定沿电场线由低电势处向高电势处运动c不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动d不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动2下列关于电势高低的判断，哪些是正确的（）a正电荷从a移到b时，其电势能增加，a点电势一定较低b正电荷只在电场力作用下从a移到b，a点电势一定较高c负电荷从a移到b时，外力作正功，a点电势一定较高d负电荷从a移到b时，电势能增加，a点电势一定较低3如图所示，一个不带电的表面绝缘的导体p正在向带正电的小球q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（）ab端的感应电荷为负电荷b导体内场强越来越大cc点的电势高于b点电势d导体上的感应电荷在c点产生的场强始终大于在b点产生的场强4一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）a1.8 w，5.4102wb3.6 w，0.108 wc0.6 w，1.8102 wd6.48103 w，1.94102 w5如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40w，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）a40 wb60 wc80 wd120 w6已知两电阻r1、r2的iu的关系图象如图所示，把r1、r2并联接到一个电源上，r1消耗的电功率为6w，则电源的输出功率为（）a8wb10wc4wd15w7如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为ocd已知oa=ab，则电子在oc段和cd段动能的增加量之比ekc：ekd为（）a1：4b1：3c1：2d1：18如图所示，两块较大的平行金属板a、b相距为d，水平放置并与一电源相连，s闭合后，两板间恰有质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态以下说法正确的是（）a若将上板a向左平移一小段距离，则油滴向下加速运动，g中有ab的电流b若将上板a向上平移一小段，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流c若将下板b向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流d若将s断开，则油滴将做自由落体运动，g中无电流通过9如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面有两个一价离子m、n（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以上说法中正确的是（）am一定是正离子，n一定是负离子bm在p点的速率一定大于n在q点的速率cm在b点的速率一定大于n在c点的速率dm从pb过程电势能的增量一定小于n从aq电势能的增量10小灯泡通电后其电流i随所加电压u变化的图线如图所示，p为图线上一点，pn为图线的切线，pq为u轴的垂线，pm为i轴的垂线，下列说法中正确的是（）a随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小b对应p点，小灯泡的电阻为r=c对应p点，小灯泡的电阻为r=d对应p点，小灯泡的功率为图中矩形pqom所围“面积”二、填空题（每题8分，共16分）11带电量为+3106c的粒子先后经过电场中的a、b两点，克服电场力做功6104j，已知b点电势为50v，求：（l）a、b间两点间的电势差是uab；（2）a点的电势a；（3）电势能的变化ep ；（4）把电量为3106c的电荷放在a点的电势能epa12用伏安法测定一段阻值约为5的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻约1） b电流表（03a，内阻约0.0125）c电流表（00.6a，内阻约0.125） d电压表（03v，内阻约3k）e电压表（015v，内阻约15k） f滑动变阻器（010，额定电流1a）g滑动变阻器（02 000，额定电流0.3a）h开关、导线（1）电流表应选用；电压表应选用；（填写器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法；（填“内”或“外”）（3）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻rx的电路图，然后设计电路并将图中给定的器材连成实验电路三、计算题与讨论（共44分）13已知电流表的内阻rg=120，满偏电流ig=3ma，要把它改装成量程是6v的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3a的电流表，应并联多大的电阻？14如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电路电压恒为u=24v，电阻r=16闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电荷量为q=1102c，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达a板？（2）此时滑动变阻器消耗功率是多大？（取g=10m/s2）15如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为e的匀强电场与环面平行一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经a点时，速度va的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：（1）速度va的大小；（2）小球运动到与a点对称的b点时，对环在水平方向的作用力16如图所示为一真空示波管，电子从灯丝k发出（初速度不计），经灯丝与a板间的加速电压u1加速，从a板中心孔沿中心线ko射出，然后进入两块平行金属板m、n形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入m、n间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的p点已知加速电压为u1，m、n两板间的电压为u2，两板间的距离为d，板长为l1，板右端到荧光屏的距离为l2，电子的质量为m，电荷量为e求：（1）电子穿过a板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）p点到o点的距离2015-2016学年湖北省襄阳市保康一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）a一定沿电场线由高电势处向低电势处运动b一定沿电场线由低电势处向高电势处运动c不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动d不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动【考点】电势；电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】物体的运动情况取决于合力和初始条件小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动【解答】解：物体的运动情况取决于合力和初始条件小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动所以abc错误，d正确故选：d【点评】对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件虽然是简单题，同时也是易错题目2下列关于电势高低的判断，哪些是正确的（）a正电荷从a移到b时，其电势能增加，a点电势一定较低b正电荷只在电场力作用下从a移到b，a点电势一定较高c负电荷从a移到b时，外力作正功，a点电势一定较高d负电荷从a移到b时，电势能增加，a点电势一定较低【考点】电势能；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据推论：正电荷在电势高处，电势能大；负电荷在电势低处，电势能小，判断两点间电势的高低正电荷只在电场力作用下从a移到b，电荷不一定从高电势处向低电势处运动负电荷从a移到b时，外力作正功，a点电势不一定较高【解答】解：a、正电荷从a移到b时，其电势能增加，电场力做负功，电荷逆着电场线运动，a点电势一定较低故a正确 b、正电荷只在电场力作用下从a移到b，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，a点电势不一定较高，还取决于电荷的初速度故b错误 c、负电荷从a移到b时，外力作正功，无法判断电势的高低故c错误 d、负电荷从a移到b时，电势能增加，a点电势一定较高故d错误故选a【点评】电场中两点间电势高低可根据推论判断，也可以根据电场力做功的正负与电荷的电性判断，但不能根据外力做功情况判断3如图所示，一个不带电的表面绝缘的导体p正在向带正电的小球q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（）ab端的感应电荷为负电荷b导体内场强越来越大cc点的电势高于b点电势d导体上的感应电荷在c点产生的场强始终大于在b点产生的场强【考点】静电现象的解释【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况【解答】解：a、导体p处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端b要感应出正电荷，在导体的左端c会出现负电荷，故a错误b、处于静电平衡的导体内场强为0，故b错误c、cd处在同一个等势体上，电势相等；故c错误；d、在c点和b点的场强由导体上的感应电荷和正电的小球q共同叠加产生，并且为0，正电的小球q在c点的场强大于b点的场强，所以导体上的感应电荷在c点产生的场强始终大于在b点产生的场强，故d正确故选：d【点评】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷4一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3h，待机时间100h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）a1.8 w，5.4102wb3.6 w，0.108 wc0.6 w，1.8102 wd6.48103 w，1.94102 w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由图中所提供的“3.6v，500mah”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率【解答】解：由图中所提供的电池的容量为“3.6v，500mah”，则通话时消耗的功率为p1=600mw=0.6w，待机时消耗的功率为p2=18mw=1.8102w故选：c【点评】根据电池铭牌提供的数据要能够从其中找出有用的信息，并且要能够正确的理解电池的容量3.6v，500mah5如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40w，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）a40 wb60 wc80 wd120 w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由于l1和l2并联后再与l3串联，所以l3的电流是l1和l2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，l3的功率是最大的，即为40w，再求得此时l1和l2的功率即可【解答】解：设l3上电压为u，电阻为r，则：l3的最大的功率为：p=40w，因为三个灯泡的电阻相等，l1和l2并联后电阻相当于l3电阻的一半，所以电压也就为l3的一半，如果l3上电压为u，则l1和l2电压为，所以l1和l2的功率都为：p=10w，所以总功率最大为：10+10+40=60w故选：b【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的l3的电流最大，所以只要保证l3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率6已知两电阻r1、r2的iu的关系图象如图所示，把r1、r2并联接到一个电源上，r1消耗的电功率为6w，则电源的输出功率为（）a8wb10wc4wd15w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】iu图象的斜率等于电阻的倒数，根据斜率可求出电阻之比；把r1、r2并联后接到电源上时，电压相等，根据功率公式p=运用比例法求出r2消耗的电功率，即可求得电源的输出功率【解答】解：iu图象的斜率等于电阻的倒数，则 r1=8 r2=12两个电阻并联时电压相等，由p=得：p1：p2=r2：r1=12：8=3：2则 p2=6w=4w故电源的输出功率为 p=p1+p2=6w+4w=10w故选：b【点评】本题关键要抓住图象的斜率的物理意义求出电阻，掌握并联电路电压相等的特点，灵活运用比例法求出电源的输出功率7如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为ocd已知oa=ab，则电子在oc段和cd段动能的增加量之比ekc：ekd为（）a1：4b1：3c1：2d1：1【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】电子沿ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知oa=ab，可得到时间关系电子在竖直方向做匀加速运动，由运动学公式可分析速度关系，并能得到竖直位移的关系，由动能定理分析动能变化量的关系【解答】解：电子沿ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知oa=ab，则由公式x=v0t得知：电子从o到c与从c到d的时间相等电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yoc：ycd=1：3根据动能定理得：ekc=qeyoc，ekd=qeycd，则得：ekc：ekd=1：3故b正确故选：b【点评】本题是类平抛运动问题，运用运动的分解法研究，灵活运用比例法求解，当然也可根据运动学公式进行分析8如图所示，两块较大的平行金属板a、b相距为d，水平放置并与一电源相连，s闭合后，两板间恰有质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态以下说法正确的是（）a若将上板a向左平移一小段距离，则油滴向下加速运动，g中有ab的电流b若将上板a向上平移一小段，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流c若将下板b向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流d若将s断开，则油滴将做自由落体运动，g中无电流通过【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】若将上板a向左平移、向上平移、b板向下平移一小段距离，根据电容的决定式分析电容如何变化，电容器的电压不变，由电容的定义式分析电容器所带电量的变化，判断其处于充电还是放电状态，确定电路中的电流方向若将s断开，电容器所带电量不变，板间场强不变，油滴仍保持静止状态，g中无电流通过【解答】解：a、若将上板a向上平移一小段，板间距离增大，根据电容的决定式c=知，电容c减小，而电容器的电压不变，板间场强减小，则电容器所带电量q=cu将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以油滴向下加速运动，g中有ba的电流故a错误b、若将上板a向左平移一小段距离，极板正对面积减小，根据电容的决定式c=知，电容c减小，而电容器的电压不变，板间场强不变，则电容器所带电量q=cu将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以油滴仍静止，g中有ba的电流故b错误c、若将下板b向下平移一小段距离，板间距离增大，根据电容的决定式c=知，电容c减小，而电容器的电压不变，板间场强减小，则电容器所带电量q=cu将减小，电容器要放电，电路中形成逆时针方向的电流，所以油滴向下加速运动，g中有ba的电流故c正确d、若将s断开，电容器所带电量不变，板间场强不变，油滴仍保持静止状态，g中无电流通过故d错误故选：c【点评】本题是电容器动态变化分析问题，先根据电容的决定式式c=，再抓住电容器电压不变的特点，由q=cu分析电容器电量的变化，判断电容器是充电还是放电，确定电路中电流的方向9如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+q图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面有两个一价离子m、n（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置以上说法中正确的是（）am一定是正离子，n一定是负离子bm在p点的速率一定大于n在q点的速率cm在b点的速率一定大于n在c点的速率dm从pb过程电势能的增量一定小于n从aq电势能的增量【考点】电势能；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹判定电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零【解答】解：a、由图可知电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同由于中心电荷为正电，则m一定是负离子，n一定是正离子，故错误；b、由图可判定m电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而n电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小所以在p点的速率一定大于n在q点的速率，故b正确；c、由于abc三点在同一等势面上，故粒子m在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，n粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等故c错误d、由图可知n粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子m在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故m从pb过程电势能的增量一定小于n从aq电势能的增量故d正确故选bd【点评】根据轨迹判定“电荷n受到中心电荷的斥力，而电荷m受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口10小灯泡通电后其电流i随所加电压u变化的图线如图所示，p为图线上一点，pn为图线的切线，pq为u轴的垂线，pm为i轴的垂线，下列说法中正确的是（）a随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小b对应p点，小灯泡的电阻为r=c对应p点，小灯泡的电阻为r=d对应p点，小灯泡的功率为图中矩形pqom所围“面积”【考点】欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大任一状态灯泡的电阻r=由p=ui可求得功率【解答】解：a、iu图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大故a错误 b、c根据电阻的定义得到，对应p点，小灯泡的电阻为r=，r不等于切线斜率，故b正确，c错误d、p点的功率p=ui，故可以用矩形pqom所围“面积”来表示；故d正确；故选：bd【点评】对于线性元件，欧姆定律成立，即r=，对于非线性元件，欧姆定律不成立，r=二、填空题（每题8分，共16分）11带电量为+3106c的粒子先后经过电场中的a、b两点，克服电场力做功6104j，已知b点电势为50v，求：（l）a、b间两点间的电势差是uab；（2）a点的电势a；（3）电势能的变化ep ；（4）把电量为3106c的电荷放在a点的电势能epa【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）a、b间两点间的电势差是uab=；（2）根据uab=ab；由题意b=50v，即可求出a点的电势a；（3）粒子克服电场力做功多少，其电势能就增加多少；（4）根据电势能epa=qa，代入数值求解【解答】解：（1）粒子经过电场中的a、b两点，克服电场力做功6104j，则电场力对粒子做功为 wab=6104j；a、b间两点间的电势差是uab=v=200v（2）根据uab=ab；由题意b=50v，得a点的电势a=150v（3）粒子克服电场力做功6104j，电势能的变化ep=6104j（4）把电量为3106c的电荷放在a点的电势能epa=qa=3106（150）j=4.5104j答：（1）a、b间两点间的电势差是uab为200v；（2）a点的电势a为150v；（3）电势能的变化ep 为6104j；（4）把电量为3106c的电荷放在a点的电势能epa是4.5104j【点评】电势差等于电势之差，uab=ab，电势差反映电场的能的性质，常常根据电场力做功求解12用伏安法测定一段阻值约为5的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻约1） b电流表（03a，内阻约0.0125）c电流表（00.6a，内阻约0.125） d电压表（03v，内阻约3k）e电压表（015v，内阻约15k） f滑动变阻器（010，额定电流1a）g滑动变阻器（02 000，额定电流0.3a）h开关、导线（1）电流表应选用c；电压表应选用d；（填写器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻rx的电路图，然后设计电路并将图中给定的器材连成实验电路【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）由电源及最小电阻求得电流的最大约值，选择电流表，由电源电压确定电压表（2）因是小电阻故用外接法（3）由电流变化的由0开始，则滑动变阻器要用分压式接法【解答】解：（1）因源电压为3v，则选电压表的量程为3v，故电压表选d 电最大电流约为，则电流表选择量程为0.6a，故电流表选：c（2）因所测电阻小，与电压表并联电压表的分流小，误差小故选用电流表外接法（3）电流变化由0开始，则滑动变阻器为分压式接法，故实验电路图和实物图如下图故答案为：（1）cd（2）外（3）如图【点评】考查测电阻的常用知识点，会正确选择器材，明确实验误差以确定正确的电路三、计算题与讨论（共44分）13已知电流表的内阻rg=120，满偏电流ig=3ma，要把它改装成量程是6v的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3a的电流表，应并联多大的电阻？【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为改装后的量程改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为r=【解答】解：改装成电压表要串联电阻分压串阻值为：r=rg=1880改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为：r=0.12答：要把它改装成量程是6v的电压表，应串联1880的电阻；要把它改装成量程是3a的电流表，应并联0.12的电阻【点评】考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大14如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电路电压恒为u=24v，电阻r=16闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电荷量为q=1102c，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达a板？（2）此时滑动变阻器消耗功率是多大？（取g=10m/s2）【考点】动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）由动能定理计算出两板间电压为uab然后由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；（2）滑动变阻器消耗功率 p消=i2r滑【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到a板时速度为零设两板间电压为uab由动能定理得：mgdquab=0mv022102100.41102uab=0210242得：uab=8v则滑动变阻器两端电压：u滑=uab=8v设通过滑动变阻器电流为i，由欧姆定律得：i=1a滑动变阻器接入电路的电阻：r滑=8（2）滑动变阻器消耗功率：p消=i2r滑=128=8w答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为8时，小球恰能到达a板（2）此时滑动变阻器消耗功率是8w【点评】本题属于偏难点的力学电学综合题，求ab间电势差时也可根据动能定理求解15如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为e的匀强电场与环面平行一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经a点时，速度va的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：（1）速度va的大小；（2）小球运动到与a点对称的b点时，对环在水平方向的作用力【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；动量定理；电场强度【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）小球受重力、支持力、电场力，小球受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）先对从a到b过程运用动能定理列式求解，得出小球经过b点时的速度，然后受力分析，根据支持力和电场力的合力提供向心力列式求解支持力【解答】解：（1）在a点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：所以小球在a点的速度（2）在小球从a到b的过程中，根据动能定理，电场力做