《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)七 第七章 靜電場(chǎng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)七 第七章 靜電場(chǎng)（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、靜電場(chǎng) (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分.1～7題為單選題，8～12題為多選題) 1．(2018·渭南模擬)一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)沿豎直方向．一帶正電的粒子先后以不同的水平初速度射入兩平行板間，測(cè)得兩次與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2.若不計(jì)重力，則兩次水平初速度之比是(　　) A．1∶2　　　　　　　　 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1 解析：A　粒子垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩次沿電場(chǎng)方向的位移相同，加速度相等，根據(jù)y＝at2知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)x＝v0t

2、得，水平距離之比為1∶2，則初速度之比為1∶2，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 2．a(chǎn)、b、c三個(gè)點(diǎn)電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q，關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是(　　) A．c一定帶負(fù)電 B．c所帶的電荷量一定大于q C．c可能處在a、b之間 D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定 解析：B　根據(jù)三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡規(guī)律，“兩同夾一異”，“兩大夾一小”，c一定帶正電荷且c的電荷量一定大于q，故A、C錯(cuò)誤，B正確；三個(gè)電荷要平衡，必須三個(gè)電荷在一條直線，外側(cè)兩個(gè)電荷相互排斥，中間

3、電荷吸引外側(cè)兩個(gè)電荷，所以外側(cè)兩個(gè)電荷距離大，要平衡中間電荷的作用力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以第三個(gè)電荷必須為正電，且在b的右側(cè)，而其電量可以不確定，故D錯(cuò)誤． 3.(2018·池州模擬)電子槍是加速電子轟擊靶屏發(fā)光的一種裝置，它發(fā)射出具有一定能量、一定束流以及速度和角度的電子束．電子束中某個(gè)電子只在電場(chǎng)力作用下從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示，圖中一組平行實(shí)線可能是等勢(shì)面也可能是電場(chǎng)線，則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，電子在M點(diǎn)的速度較大 B．若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)低 C．不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，電子在M點(diǎn)動(dòng)能小 D

4、．不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都比N點(diǎn)小 解析：B　如果實(shí)線是電場(chǎng)線，由運(yùn)動(dòng)軌跡判斷，電子受豎直向上的電場(chǎng)力，場(chǎng)強(qiáng)方向向下，M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，電子在M點(diǎn)動(dòng)能較小，速度較小，故A錯(cuò)誤、B正確；如果實(shí)線是等勢(shì)面，由運(yùn)動(dòng)軌跡判斷，電子受力水平向右，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，電子在N點(diǎn)動(dòng)能較小，故C錯(cuò)誤；因?qū)嵕€為平行線，故無(wú)論是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，均說(shuō)明此電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)處處相等，故D錯(cuò)誤． 4．(2018·商丘模擬)如圖甲所示為半徑為R、均勻帶正電的球體，AB為過(guò)球心O的直線上的兩點(diǎn)，且OA＝2R，OB＝3R，球體的空間產(chǎn)生對(duì)稱的電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小沿半徑方向

5、分布情況如圖乙所示，圖中EO已知，E－r曲線O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積．則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì) B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 C．從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差小于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 D．帶電量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功qE0R 解析：D　球體帶正電，周圍的電場(chǎng)線向外背離球體，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖乙可知，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；E－r圖線與橫軸圍成的面積表示電勢(shì)差，E－r圖線O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積，所以從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)

6、差等于A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，即為U＝E0R，故C錯(cuò)誤；帶電量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功W＝qU＝qE0R，故D正確． 5.(2018·涪陵區(qū)模擬)如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長(zhǎng)為2d，相距為d，兩板間加有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小為v0的水平速度從靠近上板下表面的P點(diǎn)射入，小球剛好從下板右邊緣射出，重力加速度為g，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：C　根據(jù)牛頓第二定律得qE＋mg＝ma，解得a＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，d＝at2，聯(lián)立解得E＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 6.(

7、2018·孝感模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個(gè)帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(　　) A．E B. C. D. 解析：B　假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對(duì)稱性，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知，圓心O處場(chǎng)強(qiáng)為0，所以圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為＋2q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，則有E＝k，方向水平向左，A處＋q在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝k，方向水平向左，設(shè)其余帶電荷量為＋q的所有小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為E2＝E

8、－E1＝k＝，所以僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于E2＝，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 7.(2018·九江模擬)如圖，豎直光滑的圓軌道上放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶電量為＋q(可看作質(zhì)點(diǎn))，圓的半徑為R.周圍空間充滿著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝.現(xiàn)在在最低點(diǎn)給小球一個(gè)初動(dòng)能，為了小球能做一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，那么在圓軌道最低點(diǎn)給小球的初動(dòng)能(　　) A．Ek大于mgR B．Ek等于mgR C．Ek小于mgR D．Ek的大小不能確定 解析：A　如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，等效最高點(diǎn)在A點(diǎn)，A與圓心的連線與水平方向成45°，在A點(diǎn)，根據(jù)mg＝m得，A點(diǎn)的最小速度vA＝，根據(jù)動(dòng)能

9、定理得－qE·R－mgR(1＋)＝mv－Ek，解得Ek＝mgR>mgR，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 8.如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平．a(chǎn)、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫(huà)出)時(shí)速度為零，則小球a(　　) A．從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過(guò)程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加 D．從P到Q的過(guò)程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量 解析：BC　小球a從N到Q的過(guò)程中，重力不變，庫(kù)侖力F逐漸增大，庫(kù)侖力

10、F與重力的夾角逐漸變小，因此，F(xiàn)與m的合力逐漸變大，A錯(cuò)誤．從N到P的過(guò)程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時(shí)，速率最大，B正確；從N到Q，F(xiàn)一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，C正確；從P到Q，根據(jù)能量守恒知電勢(shì)能的增加量和重力勢(shì)能的增加量之和等于動(dòng)能的減少量，所以電勢(shì)能的增加量小于動(dòng)能的減少量，D錯(cuò)誤． 9．(2018·銀川模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容，E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離L0的過(guò)程中，各物理量與負(fù)極板

11、移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是(　　) 解析：BC　平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，平行板上所帶電荷量Q不再發(fā)生變化，設(shè)圖示位置兩平行板間距為d，根據(jù)平行板電容器的電容公式得C＝，電容C隨x變化圖線應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝＝，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，解得E＝，E與x無(wú)關(guān)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化圖線應(yīng)為平行于x軸的直線，故B正確；負(fù)極板接地，電勢(shì)φ1＝0，兩板間電勢(shì)差U＝E(d＋x)＝φ2－φ1，正極板電勢(shì)φ2＝U＋φ1＝E(d＋x)，設(shè)正極板與P點(diǎn)間距離為d2P，電勢(shì)差U2P＝Ed2P＝φ2－φP，所以P點(diǎn)電勢(shì)φP＝φ2－Ed2P＝E(d－d2P)＋Ex，其中E、d、d2P為定值，φ－x的圖線是

12、截距為正值、斜率為正值的一條直線，故C正確；正電荷在P點(diǎn)電勢(shì)能Ep＝qφP＝qE(d－d2P)＋qEx，Ep－x的圖線是截距為正值、斜率為正值的一條直線，故D錯(cuò)誤． 10．來(lái)自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)，經(jīng)一直線加速器加速形成細(xì)柱形的質(zhì)子流且電流恒定，假定分布在質(zhì)子源到靶之間的加速電場(chǎng)是均勻的，在質(zhì)子束中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處各取一橫截面S1和S2，設(shè)從質(zhì)子源到S1、S2的過(guò)程中，某質(zhì)子受到的沖量分別為I1、I2；在S1、S2兩處各取一段極短的相等長(zhǎng)度的質(zhì)子源，其中的質(zhì)子數(shù)分別為n1、n2，則(　　) A．I1∶I2＝1∶2 B．I1∶I2＝1∶4 C．n1∶n2＝2∶1 D

13、．n1∶n2＝4∶1 解析：AC　質(zhì)子在加速電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x＝at2知，位移之比為1∶4，則所用的時(shí)間之比為1∶2，根據(jù)沖量I＝Ft知，質(zhì)子受到的沖量大小之比為I1∶I2＝1∶2，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)電流的微觀意義可知，i1＝n1eSv1，i2＝n2eSv2，在l處與4l處的電流相等，即n1ev1S＝n2ev2S，解得＝，由動(dòng)能定理得qEl＝mv，解得v1＝，4qEl＝mv，解得v2＝，則＝，故C正確，D錯(cuò)誤． 11.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子從x1處運(yùn)動(dòng)到x2處的過(guò)程中

14、電場(chǎng)力做正功 B．x1、x2處電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向 C．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 D．x1處的電勢(shì)比x2處的電勢(shì)低 解析：AD　由于粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x2，電勢(shì)能減小，因此電場(chǎng)力做正功，粒子所受電場(chǎng)力的方向沿x軸正方向，粒子帶負(fù)電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于x1處的圖線斜率的絕對(duì)值小于x2處圖線斜率的絕對(duì)值，因此x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小小于x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故x1處的電勢(shì)比x2處的電勢(shì)低，選項(xiàng)D正確． 12．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的

15、電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場(chǎng)．則(　　) A．該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的 B．在t＝時(shí)刻，該粒子的速度大小為v0 C．若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子會(huì)打在板上 D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝時(shí)刻射出電場(chǎng) 解析：ABD　粒子射入電場(chǎng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上前半個(gè)周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定沿

16、垂直電場(chǎng)方向，故A正確；在t＝時(shí)刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，則有v0＝·×2，解得vy＝v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為v＝v0，故B正確；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況與0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向相反，運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，則粒子不會(huì)打在板上，故C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場(chǎng)的時(shí)間t＝＝，故D正確． 二、非選擇題(本題共3小題，共52分．有步驟計(jì)算的需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟) 13．(14分)如圖所示，在絕緣水平面上，相距為L(zhǎng)的A、B兩點(diǎn)分別固定著等量正點(diǎn)電荷．圖中AC＝CO＝OD＝DB＝

17、L.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能E0從C點(diǎn)出發(fā)，沿直線AB向D運(yùn)動(dòng)，滑塊第一次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為nE0(n＞1)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求： (1)小滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)O、D兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差UOD； (3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s. 解析：(1)由AC＝CO＝OD＝DB＝L，可知C、D關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則UCD＝0(2分) 設(shè)滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對(duì)滑塊從C到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理得qUCD－f＝0－E0，(2分) 且f＝μmg，(1分) 可得μ＝(1分) (2)滑塊從O到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得

18、qUOD－f＝0－nE0(2分) 可得UOD＝.(2分) (3)滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終停下的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得qUCO－fs＝0－E0(2分) 而UCO＝－UOD＝，可得s＝.(2分) 答案：(1)μ＝　(2)UOD＝ (3)s＝ 14．(18分)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長(zhǎng)方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強(qiáng)電場(chǎng)，OA長(zhǎng)為l，與x軸間的夾角θ＝30°.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看成質(zhì)點(diǎn))從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點(diǎn)M垂直O(jiān)A進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域．已知重力加速度為g. (1)求P的縱

19、坐標(biāo)yP及小球從P射出時(shí)的速度v0； (2)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝，若小球不能從BC邊界離開(kāi)電場(chǎng)，OC長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)設(shè)小球從P運(yùn)動(dòng)到M所用時(shí)間為t1，則有 豎直方向：yP－sin θ＝gt，vy＝gt1(3分) 水平方向：cos θ＝v0t1(2分) 由幾何關(guān)系＝vy(2分) 解得yP＝l，v0＝(2分) (2)設(shè)小球到達(dá)M時(shí)速度為vM，進(jìn)入電場(chǎng)后加速度為a，有vM＝(1分) 小球在電場(chǎng)中沿vM方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)邊界OC的長(zhǎng)度為d時(shí)，小球不從BC邊射出，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則有mgsin θ＝ma(3分)

20、d>vM·t2(2分) ＝at(2分) 解得d>l(1分) 答案：(1)l　　(2)d>l 15.(20分)如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑絕緣軌道BCD平滑連接，圓弧的半徑R＝0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×104 N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.06 kg的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離s＝1.0 m的位置，由于受到電場(chǎng)力的作用，帶電小球由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．已知帶電小球所帶的電荷量q＝8.0×10－5 C，取g＝10 m/s2.試問(wèn)： (1)帶電小球能否到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D？請(qǐng)計(jì)算說(shuō)明． (2)帶電小球

21、運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)對(duì)軌道的壓力最大？最大值為多少？ 解析：假設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn)，且速度為vD. 從A到D過(guò)程，由動(dòng)能定理得 qEs－mg·2R＝mv－0(3分) 可得小球在D點(diǎn)所需要的向心力 F向＝m＝0.8 N(2分) 而重力G＝mg＝0.6 N(1分) 則F向>G，故帶電小球能到達(dá)圓弧最高點(diǎn)D.(2分) (2)小球在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力和重力的合力大小 G等＝＝1 N(2分) 方向與豎直方向的夾角為θ，有 tan θ＝＝，得θ＝53°(2分) 當(dāng)G等方向通過(guò)圓心O向外時(shí)，小球速度達(dá)到最大，設(shè)此位置為P，此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫_(dá)到最大． 小球從A到P的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 qE(s＋Rsin θ)－mg(R－Rcos θ)＝mv－0(3分) 在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNmax－G等＝m(2分) 解得FNmax＝5 N(1分) 由牛頓第三定律可得小球?qū)壍赖淖畲髩毫? N．(2分) 答案：(1)能，見(jiàn)解析　(2)與豎直方向夾角為53°時(shí)　5 N 10