甘肃省武威一中2016-2017学年高二上学期月考物理试卷(10月份) Word版含解析

2016-2017学年甘肃省武威一中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．第1-8小题每题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分；第9-12小题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A．库仑 B．奥斯特C．法拉第D．安培2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等3．取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴在A、B下面的金属箔是闭合的．现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔都张开了．下列说法正确的是（）A．A内部的场强比B内部的场强大B．A、B内部的场强均为零C．A左端的电势比B右端的电势低D．A左端的电势比B右端的电势高4．一正点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）A．B． C． D．5．如图所示，平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板接地，P为两极板间的一点．现保持B板不动，将A板慢慢向上平移到图中虚线所示的位置，这时（）A．电容器两极板间的电势差减小B．P点的场强增大C．P点的电势降低D．固定在P点的负电荷的电势能将减小6．如图所示，有三个电阻，已知R1：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U1：U2为（）A．1：2 B．1：3 C．1：6 D．1：97．如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装成的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A．改装成了电流表，R增大时量程减小B．改装成了电流表，R增大时量程增大C．改装成了电压表，R增大时量程减小D．改装成了电压表，R增大时量程增大8．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小9．电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（）A．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点低B．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点小C．如果图中实线是电场线，则电子在a点动能较小D．如果图中实线是等势线，则电子在b点动能较小10．下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A．测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B．测量电阻时，如果指针偏角过小，应换用高倍率档C．测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D．测量电阻时，每次更换倍率后，不需要重新调零11．如图所示，1、2为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．关于它们的电阻值及发热功率的比较正确的是（）A．电阻R1的阻值较大B．电阻R2的阻值较大C．若两电阻并联接在电路中，电阻R1的发热功率较大D．若两电阻串联接在电路中，电阻R1的发热功率较大12．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（）A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qEB．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qEC．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qED．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE二、实验题（本题共2小题，共14分）13．有一个小灯泡上有“4V，2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．14．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是图1中的（选填“甲”或“乙”）．（2）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸U I（）根据（）中所画图线可得出干电池的电动势E=V，内电阻r=Ω．三、计算题：（本题共3小题，满分38分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．（1）电阻R2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电源的电动势为多大？（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？16．如图所示，板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O 到A的距离X=cm，（g取10m/s2）求：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小；（3）电容器C极板间的电压U．17．在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）（1）此电场的电场强度大小；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；（3）小球的最小动能．2016-2017学年甘肃省武威一中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．第1-8小题每题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分；第9-12小题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A．库仑 B．奥斯特C．法拉第D．安培【考点】电场．【分析】根据涉及的物理学家：库仑、奥斯特、法拉第和安培对物理学的贡献，逐项分析解答即可．【解答】解：A、库仑发现了电荷间相互作用力的规律﹣﹣库仑定律；故A错误；B、奥斯特首先发现载流导线的电流会产生作用力于磁针，使磁针改变方向，即电流的磁效应；故B错误；C、首先用电场线描述电场的科学家是英国的科学家法拉第，故C正确；D、安培研究电流在磁场中的受力大小的规律，故D错误；故选：C．2．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【考点】电势；电场强度．【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．3．取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴在A、B下面的金属箔是闭合的．现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔都张开了．下列说法正确的是（）A．A内部的场强比B内部的场强大B．A、B内部的场强均为零C．A左端的电势比B右端的电势低D．A左端的电势比B右端的电势高【考点】电荷守恒定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．【解答】解：A、带正电荷的球C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体．故选：B4．一正点电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的（）A．B． C． D．【考点】电场线．【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果．【解答】解：由v﹣t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且正电荷受力与电场方向相同，故ABC错误，D正确．故选：D．5．如图所示，平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板接地，P为两极板间的一点．现保持B板不动，将A板慢慢向上平移到图中虚线所示的位置，这时（）A．电容器两极板间的电势差减小B．P点的场强增大C．P点的电势降低D．固定在P点的负电荷的电势能将减小【考点】电容器的动态分析．【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．【解答】解：A、由题意可知，电容器始终与电源相连，电源器两端的电压不变，则电容器两端的电势差保持不变，故A错误；B、由U=Ed可知，d增大，U不变，则场强E减小；故B减小；C、因E减小，PB间的距离不变，由U=Ed知，故PB间的电势差减小，而板间总的电势差不变，所以PA间的电势差增大；因A板接地，板间场强向下，P点的电势低于A板的电势，所以P点的电势为降低；故C正确；D、因电势降低，而P点放置的为负电荷，故电荷的电势能将增大；故D错误；故选：C．6．如图所示，有三个电阻，已知R1：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，电压U1：U2为（）A．1：2 B．1：3 C．1：6 D．1：9【考点】串联电路和并联电路．【分析】明确三个电阻的连接方式，根据串并联电路的规律可求得电压之比．【解答】解：已知R1：R2：R3=1：3：6，设流过R1的电流为I，则流为R2的电流为I2=；则由欧姆定律可知；电压之比为，U1：U2=IR1：R2=1：2．故选：A．7．如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装成的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A．改装成了电流表，R增大时量程减小B．改装成了电流表，R增大时量程增大C．改装成了电压表，R增大时量程减小D．改装成了电压表，R增大时量程增大【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流表改装成大量程电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻．【解答】解：A、改装成了电流表，R增大时电流表量程减小，故A正确，B错误；C、把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，改装后电压表量程不变，故CD错误；故选：A．8．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B．9．电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（）A．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点低B．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点小C．如果图中实线是电场线，则电子在a点动能较小D．如果图中实线是等势线，则电子在b点动能较小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小．【解答】解：A、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高．不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等．故A、B错误．C、电子所受的电场力水平向右，从a点运动到b点电场力做正功，所以电子在a点动能较小，故C正确；D、若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高．从a到b电子做负功，所以电势能增加，则电子在a点的动能比在b点的动能大，故D正确．故选：CD10．下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A．测量电阻前要把红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上B．测量电阻时，如果指针偏角过小，应换用高倍率档C．测量电阻时，表针偏转角度越大，说明被测电阻的阻值越大D．测量电阻时，每次更换倍率后，不需要重新调零【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】本题考查欧姆定律的使用，根据欧姆表的原理及使用方法判断各项正误．【解答】解：A、因欧姆表内部电源电动势及内阻会发生变化，故在使用之前应先进行欧姆调零，故A正确；B、指针偏角过小，则电阻大，要换用高倍率档，故B正确；C、欧姆表的零处于满偏处，刻度盘与电流表的刻度相反，故表针偏转角度越大，则说明被测电阻的阻值越小，故C错误；D、每次调整倍率时都要重新调零，故D错误．故选：AB11．如图所示，1、2为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．关于它们的电阻值及发热功率的比较正确的是（）A．电阻R1的阻值较大B．电阻R2的阻值较大C．若两电阻并联接在电路中，电阻R1的发热功率较大D．若两电阻串联接在电路中，电阻R1的发热功率较大【考点】欧姆定律．【分析】图象的斜率表示电阻的倒数，很容易比较出两电阻的大小．再根据功率的公式P=和P=I2R，比较两电阻的发热功率．【解答】解：A、B：因为该图象是I﹣U图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值．故A错误、B正确．C、根据功率的公式P=，电压相同，电阻大的功率小，所以R1的发热功率大．故C正确；D、若两电阻串联接在电路中，两个电阻的电流是相同的，根据公式：P=I2R，得电阻R2的发热功率较大．故D错误．故选：BC．12．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（）A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qEB．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qEC．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qED．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE【考点】库仑定律．【分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA 线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．【解答】解：静止时，对B球进行受力分析，则有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A正确，B错误；B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为g+（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE．故C正确，D错误．故选：AC．二、实验题（本题共2小题，共14分）13．有一个小灯泡上有“4V，2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（1kΩ，1A）G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选A，电流表应选D，滑动变阻器应选E（用序号字母表示）．（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题（2）的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．【解答】解：（1）由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I===0.5A，所以电压表应选A，电流表应选D；由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）A，D，E（2）如图所示14．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是图1中的甲（选填“甲”或“乙”）．（2）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸U I0.83Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）分析图示电路结构；选择误差最小的电路；（2）根据表中数据；应用描点法作出图象；（3）明确闭合电路欧姆定律及图象的意义；根据电源的U﹣I图象求出电源电动势与内阻；【解答】解：（1）根据U=E﹣Ir测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U 和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差．电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，因此应选择甲电路．（2）根据数据点排列趋势，可知图线为直线．画图时，应使数据点尽可能均匀分布在所画直线两边且尽可能靠近所画的直线．（3）由得出的电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：r==≈0.83Ω；故答案为：（1）甲；（2）如图所示；（3）1.50.0.83．三、计算题：（本题共3小题，满分38分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．（1）电阻R2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电源的电动势为多大？（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）当开关S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联．已知电压表的读数与电阻R2，根据欧姆定律定律求出电阻R2中的电流；（2）求出外电路总电阻，根据U=IR求出路端电压；（3）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；（4）当开关S1闭合而S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表的读数等于路端电压．再由欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：（1）电阻R2中的电流I==1A（2）外电阻R=R2+=15Ω所以路端电压为：U=RI=15×1=15V（3）根据闭合电路欧姆定律I=得E=I（R+r）代入数据解得E=20V（4）S1闭合而S2断开，电路中的总电流I′==A=0.8A电压表示数U′=I′（R1+R2）=0.8×20V代入数据解得U′=16V．答：（1）电阻R2中的电流是1A；（2）路端电压为15V；（3）电源的电动势是20V；（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数是16V．16．如图所示，板长L=10cm，板间距离d=10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O 到A的距离X=cm，（g取10m/s2）求：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小；（3）电容器C极板间的电压U．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的应用．【分析】（1）进入电场前，小球做匀加速直线运动，受重力和电场力，合力水平向右，根据平行四边形定则求解出合力和电场力；（2）多O到A过程根据动能定理列式求解即可；（3）小球在电容器中做类似平抛运动，根据分位移公式列式求解即可．【解答】解：（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：…①解得：（2）从O点到A点，由动能定理得：…②解之得：v=3m/s（3）小球在电容器C中做类平抛运动，水平方向：L=vt…③竖直方向：…④根据牛顿第二定律，有：…⑤③④⑤联立求解得：答：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小为；（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小为3m/s；（3）电容器C极板间的电压U为．17．在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）。