河南省许昌市鄢陵一中高二物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，1-9小题为单选题，10-12小题为多选题全部选对的得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分，本大题总计48分）1、1如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则( )a场强方向一定向左，且电势abb场强方向一定向左，且电势abc场强方向一定向右，且电势abd场强方向一定向右，且电势ab2同学们学习了地磁场和分子电流假说后在自主课堂上展开激烈讨论内容如下，根据你物理课所学判断谁说的较好( )a地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变弱b地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变强c地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变弱d地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变强3在等边三角形的三个顶点a，b，c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图不计地磁场的影响各导线所受安培力说法正确的是( )a三导线受安培力一定交于一点b三导线受安培力相同cb、c导线受安培力相同da导线受安培力向上4电场中有a、b两点，在将某电荷从a点移到b点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是( )a该电荷是正电荷，且电势能减少b该电荷是负电荷，且电势能增加c该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷d该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷5长直导线ab附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在m点，当导线通以如图所示的恒定电流时，下列说法正确的是( )a小球受磁场力作用，方向与导线ab垂直且指向纸里b小球受磁场力作用，方向与导线ab垂直且指向纸外c小球受磁场力作用，方向与导线ab垂直向左d小球不受磁场力作用6在如图所示的电路中，r1、r2、r3和r4均为定值电阻，r5为可变电阻，电源的电动势为e，内阻为r，设电流表a1读数为i1，电流表a2的读数为i2，电压表v的读数为u，当r5的滑动触点向图中a端移动时( )ai1变大，i2变大，u变大bi1变大，i2变小，u变大ci1变大，i2变小，u变小di1变小，i2变小，u变小7标有“8v 6.4w”和“8v 20w”字样的a，b两只灯泡连接字如图所示的电路中，c点接地，如果将电路中a，b两灯的位置互换则( )ab点电势提高bb点电势降低ca灯变亮，b灯变暗da灯变暗，b灯变亮8如图所示电路中，电池均相同，当电键s分别置于a、b两处时，导致mm与nn之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断这两段导线( )a电键s置于a时mm与nn之间相互吸引，且fafbb电键s置于a时mm与nn之间相互吸引，且fafbc电键s置于b时mm与nn之间相互排斥，且fafbd电键s置于b时mm与nn之间相互排斥，且fafb9如图电路中，电灯l1、l2都标有“220v，100w”；电灯l3、l4都标有“220v，40w”将a、b两端接入电源，最暗的灯是( )al1bl2cl3dl410有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )anvstbnvtcd11下列关于电功率p电=ui和电热功率p热=i2r的说法正确的是( )a只有在纯电阻电路中，才能用p热=i2r求电热功率bp热=i2r普遍适用于一切电路求电热功率cp电=ui普遍适用于一切电路求电功率d非纯电阻电路中，电热功率p热i2r12如图所示在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为b水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个( )a带电粒子的比荷b带电粒子在磁场中运动的周期c带电粒子的初速度d带电粒子在磁场中运动的半径二.实验题（本小题共2小题，13题6分，14题9分共15分）13某同学在一次实验中测量结果如图，请读出两个测量结果（1）量程为6v的电压表的示数为_v； （2）_mm14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5v，0.3a）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：（1）请在图甲上把变阻器连接完整，要求灯泡上的电压能够从零开始（2）图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关s闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片p移到_位置（填“a端”或“b端”）；实验中滑动片p从中间位置向b端移动过程中会观察到电压表读数变_（填“大”或“小”）（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的iu关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而_（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为2v时，其灯丝电阻值约为_（保留两位有效数字）三计算题（共3个小题，15题10分，16题12分，17题15分，共计37分）15如图所示，两带电平行板a、b间的电场为匀强电场，场强e=4.0102v/m，两板相距d=16cm，板长l=30cm一带电量q=1.01016c、质量m=1.01022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，求：（1）粒子带何种电荷？（2）要使粒子恰好能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为多大？（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角为多大？16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电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15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量为q=1102c，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（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，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）17如图，坐标系xoy在竖直平面内x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为e、方向竖直向下，磁感应强度为b、方向垂直纸面向里将一个带电小球从y轴上p（0，h）点以初速度v0竖直向下抛出，小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动不计空气阻力，已知重力加速度为g求：（1）小球到达o点时速度的大小；（2）小球做圆周运动的半径；（3）小球从p点到第二次经过x轴所用的时间2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，1-9小题为单选题，10-12小题为多选题全部选对的得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分，本大题总计48分）1、1如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带负电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则( )a场强方向一定向左，且电势abb场强方向一定向左，且电势abc场强方向一定向右，且电势abd场强方向一定向右，且电势ab【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；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】粒子在电场力作用下做曲线运动，根据轨迹的弯曲方向，可判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向根据沿着电场线的方向电势降低的可作出a、b点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定电势高低【解答】解：由曲线运动条件可知合力指向曲线的内侧，而电场强度方向应该是电场线上每一点的切线方向，所以该带电粒子所受的电场力一定向右由于该粒子是负电荷，所以场强方向一定向左根据沿着电场线的方向电势降低的作出a、b点的等势点（要同在一根电场线），根据沿着电场线电势降低可判定a点的电势小于b点，即ab故b正确故选：b【点评】对于带电粒子的轨迹问题，本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧2同学们学习了地磁场和分子电流假说后在自主课堂上展开激烈讨论内容如下，根据你物理课所学判断谁说的较好( )a地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变弱b地球表面带正电，若地球自转变慢，地磁场将变强c地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变弱d地球表面带负电，若地球自转变慢，地磁场将变强【考点】安培定则；分子电流假说【分析】将地球的自转等效为环形电流，根据地磁场的方向，通过右手螺旋定则判断地球表面所带电荷的电性，电流越大，磁场越强【解答】解：将地球自转等效成环形电流，南极为磁场n极，由右手螺旋定则可知地球带负电，地球转速变慢，使环形电流减小，故磁场减弱故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键将地球自转等效为环形电流，根据右手螺旋定则进行判断3在等边三角形的三个顶点a，b，c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图不计地磁场的影响各导线所受安培力说法正确的是( )a三导线受安培力一定交于一点b三导线受安培力相同cb、c导线受安培力相同da导线受安培力向上【考点】安培力【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向【解答】解：a、等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向，导线c、b的电流在a处的合磁场方向导线a、c的电流在b处的合磁场方向再由左手定则可得：三导线受安培力一定交于一点，三根导线受到的力大小相同，方向不同，故a正确，bc错误，d、a处的场强方向水平向左，故受到的力向下，故d错误故选：a【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥4电场中有a、b两点，在将某电荷从a点移到b点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是( )a该电荷是正电荷，且电势能减少b该电荷是负电荷，且电势能增加c该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷d该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷【考点】电势能【分析】电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小，根据动能定律知动能增大【解答】解：a、b：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷故a错误，b错误；c：电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小；故c错误；d：电场力对电荷做正功，说明运动的方向与电场力方向相同，电荷的电势能减小；但是不能判断出该电荷是正电荷还是负电荷故d正确；故选：d【点评】考查了功能关系：电场力做功，导致电势能变化就像重力做功，必导致重力势能变化一样5长直导线ab附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在m点，当导线通以如图所示的恒定电流时，下列说法正确的是( )a小球受磁场力作用，方向与导线ab垂直且指向纸里b小球受磁场力作用，方向与导线ab垂直且指向纸外c小球受磁场力作用，方向与导线ab垂直向左d小球不受磁场力作用【考点】安培力；左手定则【分析】通电直导线周围存在磁场，当带电小球静止，或速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用【解答】解：根据右手螺旋定则知，小球所处的磁场方向垂直纸面向里，但是小球处于静止状态，不受洛伦兹力作用故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键知道带电微粒处于静止，或速度的方向与磁场的方向平行，不受洛伦兹力6在如图所示的电路中，r1、r2、r3和r4均为定值电阻，r5为可变电阻，电源的电动势为e，内阻为r，设电流表a1读数为i1，电流表a2的读数为i2，电压表v的读数为u，当r5的滑动触点向图中a端移动时( )ai1变大，i2变大，u变大b i1变大，i2变小，u变大ci1变大，i2变小，u变小di1变小，i2变小，u变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当r5的滑动触点向图中a端移动时，r5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表a1和电压表的读数变化再分析并联部分的电压变化，判断电流表a2读数变化【解答】解：当r5的滑动触点向图中a端移动时，r5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流i变大，路端电压变小，则有i1变大，u变小电路中并联部分电压变小，则i2变小故选c【点评】本题电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析7标有“8v 6.4w”和“8v 20w”字样的a，b两只灯泡连接字如图所示的电路中，c点接地，如果将电路中a，b两灯的位置互换则( )ab点电势提高bb点电势降低ca灯变亮，b灯变暗da灯变暗，b灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先由额定功率和额定电压求出灯泡的电阻将电路中a，b两灯的位置互换，根据串联电路电压与电阻成正比的特点求出两灯的电压，结合在外电路中顺着电流方向电势降低，分析电势的变化由欧姆定律分析灯泡亮度变化【解答】解：a、b、a的电阻为=10，b灯的电阻为=3.2，根据串联电路电压与电阻成正比得知，a灯两端的电压大于b灯两端的电压，将电路中a，b两灯的位置互换后b、c间电势差增大，而b的电势高于零，则b点电势提高故a正确，b错误c、d将电路中a，b两灯的位置互换后，电路中总电阻不变，电流不变，两灯的亮度不变故cd错误故选a【点评】本题是简单的电路分析和计算问题电路中电势要根据电势差和电势高低确定8如图所示电路中，电池均相同，当电键s分别置于a、b两处时，导致mm与nn之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断这两段导线( )a电键s置于a时mm与nn之间相互吸引，且fafbb电键s置于a时mm与nn之间相互吸引，且fafbc电键s置于b时mm与nn之间相互排斥，且fafbd电键s置于b时mm与nn之间相互排斥，且fafb【考点】平行通电直导线间的作用【分析】两平行导线电流方向相反，则两通电导线相互排斥由于电流越强，产生的磁场b越强，根据f=bil可知电流越大则相互作用力越大【解答】解：当电键s置于a处时电源为一节干电池电流的方向是mmnn，电流大小为ia=，由于导线mm与nn中电流方向相反故两段导线相互排斥；当电键s置于b处时电源为两节干电池，电流的方向仍是mmnn，由于导线mm与nn中电流方向相反故两段导线相互排斥又由于电路中灯泡电阻不变，此时电路中电流大小为ib=；显然ibia，mm在nn处的磁感应强度babb，应用安培力公式f=bil可知fafb故选：d【点评】电流越大，产生的磁场越强，而安培力f=bil，故两通电导线之间的安培力越大通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可作为结论牢记并能应用9如图电路中，电灯l1、l2都标有“220v，100w”；电灯l3、l4都标有“220v，40w”将a、b两端接入电源，最暗的灯是( )al1bl2cl3dl4【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由灯的铭牌可知灯的额定电压和额定功率，根据可以比较四灯的电阻大小；l1和l4串联，根据p=i2r，可以得出i1与i4、p1和p4的大小关系；l2和l3并联，根据，可以得i2与i3、p2和p3的大小关系；根据p=i2r判断p1和p2的大小关系；综合分析确定实际电功率最大的灯，而灯的亮度取决于灯的实际电功率，据此判断那盏灯最亮；【解答】解：由：，故：四灯电阻：r1=r2r3=r4，由图知，l1和l4串联，p=i2r，r1r4，i1=i4，p1p4；l2和l3并联，r2r3，i2i3、p2p3；p=i2r，r1=r2，i1i2，r3=r4，i3i4，p1p2，p3p4，由可得：p3p2p1p4，l4的电功率最大、最亮；l3的电功率最小、最暗；故abd错误，c正确故选c【点评】本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式的掌握和运用，本题关键：一是知道灯的亮度取决于灯的实际电功率，二是电功率公式的灵活选择10有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )anvstbnvtcd【考点】电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数【解答】解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vt，由于铜导线的横截面积为s，则在t时间内，电子经过的导线体积为vts又由于单位体积的导线有n个自由电子，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nvst，故a正确由于流经导线的电流为i，则在t时间内，流经导线的电荷量为it，而电子的电荷量为q，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故c也正确故选：ac【点评】本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度11下列关于电功率p电=ui和电热功率p热=i2r的说法正确的是( )a只有在纯电阻电路中，才能用p热=i2r求电热功率bp热=i2r普遍适用于一切电路求电热功率cp电=ui普遍适用于一切电路求电功率d非纯电阻电路中，电热功率p热i2r【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】p=iu适用于任何电路计算电功率；p=i2r适用于任何电路计算热功率；p=只能适用于纯电阻电路【解答】解：a、p=i2r由焦耳定律推导出来看，适用于任何电路计算热功率；故a错误，b正确c、p=iu适用于任何电路计算电功率，c正确d、非纯电阻电路中，电热功率p热=i2r，d错误故选：bc【点评】对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式p=iu；p=i2r；p=通用；而对于非纯电阻电路，求电热功率只能用p=i2r12如图所示在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，若加上磁感应强度为b水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60，利用以上数据可求出下列物理量中的哪几个( )a带电粒子的比荷b带电粒子在磁场中运动的周期c带电粒子的初速度d带电粒子在磁场中运动的半径【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】这种由已知量，来确定可以求那些量的题目，要从给定情形中的已知量涉及的公式，来进行尝试变化，组合最终能消掉公式中未知量的，就是可以求出的量而在尝试变化，组合之后仍不能消掉的，即为求不出来的【解答】解：由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60，由几何关系得磁场宽度d=rsin60=sin60，又由未加磁场时有d=vt，所以可求得比荷，故a正确周期：可求出，故b正确因初速度未知，无法求出cd，故c、d错误故选ab【点评】这种题目需要公式很熟练，且组合变化条理，才能得到哪些是可求的，哪些是不可求的综合应用公式得能力要求比较高二.实验题（本小题共2小题，13题6分，14题9分共15分）13某同学在一次实验中测量结果如图，请读出两个测量结果（1）量程为6v的电压表的示数为5.0v； （2）1.193mm【考点】多用电表的原理及其使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】利用电压表的量程及刻度盘推导出每一小格0.20v，据此读出示数即可；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：（1）电压表的量程6v及刻度盘推导出每一小格0.20v，电压表的示数为5.0v；（2）螺旋测微器的固定刻度读数1mm，可动刻度读数为0.0119.3=0.193mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为1mm+0.193mm=1.193mm故答案为：5.0v；1.193【点评】解决本题的关键掌握电压表和螺旋测微器的读数方法，先据量程即刻度盘推导出每一小格的示数；注意螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5v，0.3a）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：（1）请在图甲上把变阻器连接完整，要求灯泡上的电压能够从零开始（2）图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关s闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片p移到a位置（填“a端”或“b端”）；实验中滑动片p从中间位置向b端移动过程中会观察到电压表读数变大（填“大”或“小”）（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的iu关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为2v时，其灯丝电阻值约为7.7（保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题（1）的关键是明确若要求电压从零调时，变阻器应用分压式接法题（2）的关键是明确变化电键前，滑片应滑到输出电压最小的位置题（3）的关键是根据r=整理出r=，再讨论即可【解答】解：（1）：由于要求电压从零调节，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：（2）：为保护电流表，闭合电键前，应将滑片p滑到输出电压最小的a端；滑片p向b端滑动的过程中，a、p两端的电压变大，所以电压表读数变大（3）：根据r=可得i=，其中k是图线上的点与原点连线的斜率大小，所以电阻随温度的升高而增大；由图象可知，当u=2v时，对应的电流i=0.25a，所以小灯泡电阻r=7.7故答案为：（1）如图（2）a，大（3）增大，7.7【点评】本题应明确：若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法；涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念讨论即可三计算题（共3个小题，15题10分，16题12分，17题15分，共计37分）15如图所示，两带电平行板a、b间的电场为匀强电场，场强e=4.0102v/m，两板相距d=16cm，板长l=30cm一带电量q=1.01016c、质量m=1.01022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，求：（1）粒子带何种电荷？（2）要使粒子恰好能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为多大？（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角为多大？【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）平行金属板b板带负电，粒子向b板偏转，粒子带正电（2）当粒子恰好从b板右侧边缘飞出电场时，此时粒子水平位移为l，竖直位移为粒子做类平抛运动，将其分解为水平和竖直两个方向研究，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出初速度（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角的正切值是位移偏转角正切值的2倍【解答】解：（1）由于b板带负电，粒子向b板偏转，说明粒子带正电（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律得：竖直方向有：=at2=t2得：t=水平方向有：v0=l=0.3m/s=1.5104m/s所以要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5104m/s；（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角的正切值为：tan=2tan=2=2=故：=arctan答：（1）粒子带正电荷 （2）要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为1.5104m/s（3）粒子飞出电场时速度与水平方向的夹角为：arctan【点评】解决本题要掌握类平抛运动的处理方法，熟练运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解16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电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15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