2025-2026学年广东省广州市禺山高级中学高二（上）期中物理试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年广东省广州市禺山高级中学高二（上）期中物理试卷（有答案和解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于静电现象，下列说法正确的是( )
A. 摩擦起电现象创造了电荷
B. 两种不同材料的不带电绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷
C. 只有很小的带电物体才能被看成点电荷
D. 元电荷实质上是指电子或质子
2.如图所示，在带电体C的右侧有两个原来不带电的、相互接触的金属导体A和B，A、B、C均放在绝缘支座上。由于静电感应，导体A、B均带电。下列说法正确的是( )
A. 如图所示状态中，导体A带负电，B不带电
B. 在图示状态下移走带电体C，导体A、B带电情况不变
C. 在图示状态下将导体A、B分开，分开后A、B都带负电
D. 将导体A、B分开再移走带电体C，导体A、B一定带等量异种电荷
3.某粗细均匀的金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到原来长度的2倍，在温度不变的情况下，则( )
A. 该导线的电阻率不变B. 该导线的电阻率变为2ρ
C. 该导线的电阻不变D. 该导线的电阻2R
4.两个半径相同带异种电荷的金属小球，带电荷量之比为1：3，相距为r(r远大于小球的直径)，两者相互接触后再放回原来的位置上，则原来的相互作用力与现在的相互作用力大小之比是( )
A. 5：9B. 4：5C. 3：4D. 3：1
5.如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则( )
A. A点场强大于B点场强
B. A点电势低于B点电势
C. A点场强方向指向x轴正方向
D. 电子从A点移到B点电势能减少
6.如图所示，R是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)。当它受到的光照强度增大时( )
A. 灯泡L变暗
B. 光敏电阻R上的电压增大
C. 电容器C的带电荷量增大
D. 理想电压表V的读数增大
7.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，E为CD的中点，现在A、B两点分别固定电荷量为+q和−q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. C点的场强方向与E点的场强方向相同
B. C点的场强大于E点的场强
C. C点电势高于E点电势
D. 将一负电荷从C点移动到E点，其电势能减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.电场中存在A、B、C三个点，一电子从A点移动到B点时，电场力做功wAB=12eV，之后粒子又从B点移动到C点，B、C间的电势差为UBC=3V，则( )
A. AB间的电势差为UAB=12V
B. AB间的电势差为UAB=−12V
C. 电子从A点移动到C点电场力做功wAC=9eV
D. 电子从A点移动到C点电场力做功wAC=−9eV
9.当带电云层接近地面时，地面上的物体受其影响会产生异种电荷，为了避免遭受雷击，在高大的建筑物上安装尖端导体——避雷针。如图为带电云层和避雷针之间电场线的分布示意图，A、B是电场线上的两点，则以下说法正确的是( )
A. A点的场强小于B点的场强B. A点的电势低于B点的电势
C. 电子在A点的加速度大于B点的加速度D. 电子在A点的电势能小于B点的电势能
10.如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，则( )
A. 若保持S接通，将M板下移一小段距离，P点的电势降低
B. 若保持S接通，将M板下移一小段距离，M板的带电量增加
C. 若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变
D. 若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，两板间场强不变
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学对一阻值约为5Ω的金属丝的电阻率进行了测定，先利用刻度尺测量金属丝的长度，再用螺旋测微器测量金属丝直径，然后用伏安法测出金属丝的电阻，最后根据电阻定律计算出该金属丝的电阻率。
(1)利用螺旋测微器先后两次测量圆柱体工件的直径，测量结果如图甲、乙所示，图甲的读数为______ mm，图乙的读数为______ mm。
(2)金属丝的电阻较小而且为使通过待测金属丝的电流能从0开始变化，实验电路应选用如图中的______。
(3)实验中测得金属丝电阻为Rx，长度为L，直径的平均值为d，则该金属材料电阻率的表达式为ρ=______(用Rx、L、d等字母表示)。
12.小京用如图甲所示的电路测量小灯泡在不同电压下的功率，实验中所用电源的电压值为12V，小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)小京正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表示数几乎为0，电压表示数接近3V，则故障可能是______；
A.滑动变阻器断路
B.小灯泡断路
C.小灯泡短路
(2)排除故障后，小京移动滑动变阻器的滑片到某位置，电压表示数如图乙所示，则电压表的示数为______ V。
(3)小京将多次实验测得的电流和对应的电压绘制了如图丙所示的I−U图像，根据图像可知，小灯泡正常发光时的功率为______ W；
(4)小京分析图丙的图像发现：随着小灯泡的功率变大，其电阻也变大。产生这种现象的原因是______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，电子在电势差为U0=4500V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U=45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m=9.0×10−31kg，电荷量为e=1.6×10−19C，偏转电场的板长为L1=10cm，板间距离为d=1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2=15cm。求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tanθ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
14.如图所示，平板电容中存在着电场强度大小为E=1×106N/C的匀强电场，一个质量为m=1×10−3kg、电荷量为q=+1×10−6C的粒子，紧靠A极板以初速度v0=8m/s水平向右射出，经过一段时间粒子以速度v=10m/s落到B极板，不考虑重力。求：
(1)粒子在电场中运动的加速度a；
(2)粒子在电场中的运动时间t；
(3)平板电容的电压U。
15.如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA=60∘，OB=32OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、摩擦起电现象是电子从一个物体转移到另一个物体上形成的，其本质是电子的转移，即电荷转移形成了摩擦起电现象，而不是电荷的创生，故A错误；
B、两种不同材料的不带电绝缘体互相摩擦后，由于摩擦起电现象的存在，此时发生了电荷的转移，故不同材料的绝缘体会带上等量的异种电荷，故B正确；
C、在研究带电体间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离时，可把带电体看成点电荷，体积很大的带电体也可能看成点电荷，故C错误；
D、元电荷是最小单位电荷量，不是电子或质子，故D错误。
故选：B。
摩擦起电现象的本质是电荷的转移；两种不同材料的不带电绝缘体互相摩擦后，会发生电荷的转移；根据看作点电荷的条件判断；元电荷又称“基元电荷”，在各种带电体中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。
本题考查的是对摩擦起电和元电荷及点电荷的理解，解题关键需要理解电荷守恒定律的本质：电荷既不会创生，也不会消亡，电荷只会发生转移或移动，题目难度不大，属于基础题型。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据同种电荷相互排斥，异种电荷可知，导体A的左端感应出负电荷，导体B的右端感应出等量的正电荷，故A错误；
B、在图示状态下移走带电体C，此时导体A和B中的电荷又发生中和，不再带电，故B错误；
C、在图示状态下将导体A、B分开，分开后A带负电，B带正电，故C错误；
D、在图示状态下先将导体A、B分开再移走带电体C，分开后A、B带电情况不变，A带负电，B带等量的正电荷，故D正确。
故选：D。
带正电的带电体C置于A附近，正负电荷相互吸引，此时A带负电，B带正电；移去C，A、B正负电荷中和；先把A和B分开然后移去C，A带负电，B带正电。
本题考查了静电现象的解释，了解静电感应的相关知识是解决本题的关键，平时要注意熟记这些知识。
3.【答案】A
【解析】解：AB、导线的电阻率是由导线的材料决定的，还受温度的影响，因为温度不变，所以此导线的电阻率不变，故A正确，B错误；
CD、设该导线的长度为L，横截面积为S，根据电阻定律有R=ρLS，现将它均匀拉长到原来长度的2倍，因为导线的体积不变，所以横截面积变为原来的12，则此时的电阻大小为R′=ρ2L12S=4ρLS=4R，故CD错误。
故选：A。
导线的电阻率是由导线的材料决定的；根据电阻定律计算。
知道导线的电阻率是由导线的材料决定的，知道导线在被拉伸的过程中体积保持不变是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：两个半径相同带异种电荷的金属小球，带电荷量之比为1：3，
设两个小球带电量的大小分别为q和3q，由库仑定律可得两球接触前的库仑力为F=k3qqr2，
两异种带电小球接触后先中和后平分电量，则两球的电量为q′=3q−q2=q，
由库仑定律可得两球接触后的库仑力为F=kqqr2，
则原来的相互作用力与现在的相互作用力大小之3：1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
异种电荷的金属小球接触后，两球电荷会重新分配，先中和后平分，再根据库仑定律求解，
两相同小球相互接触再分开，则电量先中和然后再平分总电荷量；库仑定律计算中可以只代入电量。
5.【答案】C
【解析】解：A、等差等势面密的地方电场强度大，可知B点电场强度较大，故A错误；
BC、电场线与等势面垂直，电场线与等势面垂直并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A点电势高于B点电势，A点场强方向指向x轴正方向，故B错误，C正确；
D、A点电势高于B点电势，则带负电的电子从A点移到B点电势能增大，故D错误。
故选：C。
电场线与等势面垂直，电场线密集的地方电场强度大，等势面密，电场线疏的地方电场强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功，电场线与等势面垂直。
加强基础知识的学习，掌握电场线与等势面的特点，即沿着电场线方向电势降低，即可解决本题。
6.【答案】C
【解析】解：A、当光照强度增大时，光敏电阻R的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，电路中电流I增大，通过灯泡L的电流增大，则灯泡L变亮，故A错误；
B、根据闭合电路欧姆定律可知光敏电阻R上的电压UR=E−I(r+R灯)，I增大，其他量不变，则UR减小，即光敏电阻R上的电压减小，故B错误；
C、电容器板间电压等于灯泡L两端的电压，电流增大，灯泡的电压增大，则电容器两端电压增大，根据Q=CU可知电容器C的带电荷量增大，故C正确；
D、电压表V的读数U=E−Ir，I增大，则U减小，故D错误。
故选：C。
当光照强度逐渐增大时，R减小，分析总电阻的变化，判断总电流的变化，即可知道灯泡亮度的变化。根据闭合电路欧姆定律分析光敏电阻R上电压的变化，由电流的变化分析路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化。由灯泡电压的变化分析电容器电压的变化，判断其电荷量的变化。
本题是电路中动态变化分析问题，要搞清局部与整体的关系，按“局部→整体→局部”的顺序分析。
7.【答案】A
【解析】解：AC.在A、B两点分别固定电荷量为+q和−q的两个点电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、E在同一等势面上，电势相等；C、E两点的场强都与等势面垂直，方向指向B的一侧，方向相同，故A正确，C错误；
B.设正四面体的边长为a，根据点电荷场强公式可得两个点电荷在C点产生的场强大小分别为
EA1=EB1=kqa2
其方向的夹角为120∘，则C点的合场强为
EC=EA1=EB1=kqa2
两个点电荷在E点产生的场强大小分别为
EA2=EB2=4kq3a2
其方向的夹角为120∘，则E点的合场强为
EE=EA2=EB2=4kq3a2
C点的场强小于E点的场强，故B错误；
D.由之前的分析可知，C、E两点的电势相等，由
Ep=qφ
可知负电荷在两点的电势能相等，故D错误。
故选：A。
+q、−q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面分布具有对称性，通过AB的中垂面是一个等势面，C、E在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C、E场强关系；根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C点和E点的电场强度；在等势面上运动点电荷电场力不做功，电势能不变。
本题关键要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得出C、E处于通过AB的中垂面是一等势面上。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、电子电荷量q=−e，根据电场力做功公式WAB=qUAB，代入数据12eV=−e⋅UAB，解得UAB=−12V，故A错误，B正确；
CD、电子从B到C过程，电场力做功WBC=qUBC=−e×3V=−3eV。电子从A到C过程总功WAC=WAB+WBC=12eV+(−3eV)=9eV，故C正确，D错误。
故选：BC。
电子从A到B电场力做正功，说明电势差UAB为负值，其大小等于功与电子电荷量的比值。从B到C的电势差已知，可直接计算该段电场力做功。A到C的总功等于两段功的代数和，注意电子电荷量为负值对电势差和功的影响。
本题综合考查静电场中电势差与电场力做功的关系，涉及电子运动过程中能量转化的分析。题目通过两段路径的电场力做功情景，检验学生对U=Wq公式的逆向应用能力，特别是电子带负电对电势差计算的影响。计算量适中但概念辨析要求较高，需要学生准确理解电势差定义式中电荷正负号的处理，以及电场力做功与电势能变化的关系。题目巧妙设置电子运动情境，强化了电场力做功与路径无关这一核心规律的认知，同时通过多选项组合考查学生综合分析能力。易错点在于忽略电子电荷为负导致电势差符号错误，或混淆电场力做功与电势能变化的对应关系。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据电场线密集的地方电场强度大，B处电场线较密集，可知EAφB，故B错误；
C.电场线越密集，电场强度越大，电子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度越大，所以电子在A点的加速度小于B点的加速度，故C错误；
D.由于粒子带负电荷，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故D正确。
故选：AD。
根据电场线的疏密判断场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度大小；顺着电场线电势逐渐降低，负电荷在电势高的地方电势能小，从而即可求解。
本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低。
10.【答案】BD
【解析】解：A、N板接地，电势为0，根据电场强度与电势差的关系有
E=Ud=UPNdPN=φPdPN
解得P点的电势为φP=UdPNd
若保持S接通，极板电压U一定，M板下移一小段距离，极板间距d减小，可知，P点的电势升高，故A错误；
B、根据C=QU，C=εrS4πkd可得
解得Q=εrSU4πkd
若保持S接通，极板电压U一定，M板下移一小段距离，极板间距d减小，可知，M板的带电量增加，故B正确；
C、根据上述可以解得
E=Ud=φPdPN，E=Ud=4πkQϵrS
则有φP=4πkQdPNϵrS
若将S接通后再断开，极板电荷量Q不变，将N板下移一小段距离，dPN增大，可知，P点的电势增大，根据Ep=qφ可知，负点电荷在P点的电势能减小，故C错误；
D、根据电容的决定式C=εrS4πkd，电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud可得E=4πkQϵrS，E与d无关，故若将S接通后再断开，极板电荷量Q不变，将N板下移一小段距离，两板间场强不变，故D正确。
故选：BD。
若保持S接通，电容器的电压不变。将M板下移一小段距离，根据场强公式E=Ud分析P点的电势变化情况。根据电容的决定式C=εrS4πkd分析电容的变化，结合电压不变，根据电容的定义式C=QU分析M板的带电量变化情况。若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，电容器所带电量不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd，电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud相结合分析两板间场强的变化，再判断P点的电势变化，即可判断点电荷在P点的电势能变化。
本题是电容器动态分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式C=εrS4πkd，电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud相结合进行分析。
11.【答案】5.915;5.900 A πd2Rx4L
【解析】解：(1)螺旋测微器固定刻度示数为5.5mm，图甲可动刻度读数为41.5(需估读)，测得结果为5.5mm+41.5×0.01mm=5.915mm；
图乙可动刻度读数为40.0，测得结果为5.5mm+40.0×0.01mm=5.900mm。
(2)实验需使通过金属丝的电流从0连续可调，滑动变阻器应采用分压接法，图C、D为限流接法，故排除；
待测金属丝阻值约5Ω，远小于电压表内阻，属小电阻，为减小误差应采用电流表外接法，图A为分压式且外接，图B为分压式但内接，故应选A。
(3)由电阻定律Rx=ρLS及横截面积公式S=π(d2)2=πd24，联立解得电阻率表达式ρ=πd2Rx4L。
故答案为：(1)5.915；5.900；(2)A；(3)πd2Rx4L。
(1)螺旋测微器的读数需要结合固定刻度和可动刻度两部分，固定刻度为5.5mm，可动刻度读数需要估读到0.1格，图甲可动刻度读数为41.5格，图乙为40.0格，最终结果需加上固定刻度值。
(2)由于金属丝电阻较小且要求电流从0开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，同时为减小测量误差，电流表应采用外接法，因此选择电路图A。
(3)根据电阻定律和金属丝横截面积公式，将电阻Rx、长度L和直径d代入，即可推导出电阻率的表达式。
本题综合考查电阻率测定实验的核心操作与数据处理能力。题目通过螺旋测微器读数训练学生的仪器操作精度，要求掌握固定刻度与可动刻度的叠加原理，并强调估读的重要性。电路选择环节着重考查分压接法与电流表内外接法的判断标准，需结合Rx与电压表内阻的相对大小关系进行选择，体现对实验原理的深刻理解。电阻率表达式的推导则检验学生对电阻定律R=ρL/S与圆形横截面积公式的灵活应用能力，计算量适中但需注意代数转换的准确性。整体难度中等，能有效锻炼学生的实验设计思维与数据处理能力。
12.【答案】B 1.90 1.25 小灯泡的功率变大，灯丝产生的热量越多，灯丝的电阻率变大，灯丝的电阻变大
【解析】解：(1)小京正确连接电路后闭合开关，电压表示数接近3V，说明有电流通过电压表，因此滑动变阻器没有出现断路，小灯泡没有出现短路；发现小灯泡不发光，电流表示数几乎为0，说明电路中的电流太小，其故障原因为小灯泡发生断路，故B正确，AC错误。
故选：B。
(2)电压表的量程为3V，分度值为0.1V，读数为1.90V；
(3)根据图丙可知，当电压U=2.5V，通过小灯泡的电流I=0.5A
根据功率公式小灯泡正常发光时的功率P=UI=2.5×0.5W=1.25W
(4)小京分析图丙的图像发现：随着小灯泡的功率变大，其电阻也变大，产生这种现象的原因小灯泡的功率变大，灯丝产生的热量越多，温度升高，灯丝的电阻率变大，根据电阻率可知灯丝的电阻变大。
故答案为：(1)B；(2)1.90；(3)1.25；(4)小灯泡的功率变大，灯丝产生的热量越多，灯丝的电阻率变大，灯丝的电阻变大。
(1)根据发现小灯泡不发光，电流表示数几乎为0，说明电路可能有断路发生，电压表示数等于电源电压3V，说明电压表到电源间是通路分析作答；
(2)电压表的量程为3V，分度值为0.1V，根据电压表的读数规则读数；
(3)根据I−U图像求解小灯泡正常发光时的电流，根据功率公式求解作答；
(4)根据小灯泡的功率越大灯丝的温度越高分析作答。
本题考查了小灯泡在不同电压下的功率的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
13.【答案】解：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理得：
eU0=12mv02
代入数据解得：v0=4×107m/s
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，沿初速度方向有：L1=v0t
可得：t=2.5×10−9s
在垂直速度方向有：
y=12at2=eU2dmt2
代入数据解得：y=2.5×10−3m=0.25cm
(3)偏转角的正切值为：tanθ=vyv0=atv0=eUmdtv0
代入数据解得：tanθ=0.05
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动：若沿电场方向的偏移距离为y′，则有：
y′L2=tanθ
可得：y′=0.75 cm，所以Y=y+y′=1 cm。
答：(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0为4×107m/s。
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y为0.25cm。
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ为0.05。
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y为1cm。
【解析】(1)电子先在加速电场中加速，后在偏转电场中做类平抛运动，应用动能定理可以求出电子加速获得的速度，即为射入偏转电场的速度v0；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律与几何知识可以求出偏转距离y；
(3)根据电子离开偏转电场时分速度关系求偏转角的正切值tanθ；
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，应用几何知识可以求出电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、运动的合成与分解、类平抛运动规律即可正确解题。
14.【答案】(1)粒子在电场中运动的加速度等于1×103m/s2 (2)粒子在电场中的运动时间等于6×10−3s (3)平板电容的电压等于1.8×104V
【解析】解：(1)根据牛顿第二定律，有
qE=ma
解得粒子在电场中运动的加速度为
a=1×103m/s2
(2)根据勾股定理和速度公式，有
v2=v02+vy2
vy=at
联立解得粒子在电场中的运动时间为
t=6×10−3s
(3)根据动能定理，有
qU=12mv2−12mv02
解得平板电容的电压为
U=1.8×104V
答：(1)粒子在电场中运动的加速度等于1×103m/s2；
(2)粒子在电场中的运动时间等于6×10−3s；
(3)平板电容的电压等于1.8×104V。
(1)根据牛顿第二定律求解加速度；
(2)粒子水平方向做匀速运动，根据勾股定理和速度公式求解粒子在电场中的运动时间；
(3)根据动能定理结合电场力做功公式求解平板电容的电压。
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。
15.【答案】(1)小球做平抛运动，设初速度v0，初动能Ek0，从O到A的运动时间为t，令OA=d，
则：OB=32d，
根据平抛运动的规律得：水平方向：d⋅sin60∘=v0t
竖直方向：y=d⋅cs60∘=12d=12gt2
又：Ek0=12mv02
联立解得：Ek0=38mgd
设小球到达A时的动能为EkA，则：EkA=Ek0+12mgd=78mgd
所以：EkAEk0=73；
(2)加电场后，从O点到A点下降了y=12d，从O点到B点下降了32d，设两点的电势能分别减小△EpA和△EpB，由能量守恒和得：
△EpA=3Ek0−Ek0−12mgd=23Ek0
△EpB=6Ek0−Ek0−32mgd=Ek0
在匀强电场中，沿着任意直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点的电势与A的电势相同，M点到O点的距离是x，如图，
则有：
x32d=ΔEpAΔEpB=23
解得：x=d，
MA是等势线，电场线与MA的垂线OC平行，设电场方向与竖直向下的方向之间的夹角是α，
由几何关系可得△OAM是等边三角形，所以：α=12∠AOB=30∘，
即电场线的方向与竖直方向之间的夹角是30∘，
设电场强度的大小是E，则：qE⋅dcs30∘=△EpA
联立得：E= 3mg6q。方向与竖直方向之间的夹角是30∘
【解析】详细分析和解答过程见【答案】