2025-2026学年广东省江门市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年广东省江门市高二（上）期末物理试卷（含解析），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.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波不能在玻璃中传播
B. 红外线的波长比X射线的波长更长
C. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
D. 5G信号和4G信号都是电磁波，但是真空中5G信号比4G信号传播得更快
2.如图所示，弹簧振子在相距20cm的B、C两点间做简谐运动，O点为BC中点。从振子经过O点向左运动开始计时，经过0.5s第一次到达C点。取向左为正方向，则( )
A. 周期为0.5sB. 振幅为0.2m
C. 3s末的位移为0.1mD. 振动方程为x=0.1sin(πt)(m)
3.如图所示是一束复色光从空气射入玻璃球时的光路图。已知在可见光波段，玻璃的折射率随入射光波长的增大而减小，下列说法正确的是( )
A. 玻璃球对a光的折射率大于对b光的折射率
B. 在玻璃球中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C. a光比b光更容易发生明显的衍射现象
D. 用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距较小
4.如图所示，虚线是某段时间避雷针上方电场的等势面，A、B、C是等势面上的三点，相邻等势面间的电势差相等。一带负电的粒子从静止开始只在电场力作用下由C点加速向B点运动，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. C点的电场强度可能大于B点的电场强度
B. B点的电势比C点的电势低
C. 粒子在C点的加速度比在B点的加速度大
D. 粒子在B点的电势能小于在C点的电势能
5.如图所示为某一款扫地机器人的主机，产品的相关参数如表所示，下列说法正确的是( )
A. “mA⋅h”为能量单位B. 主机工作电流约为2.93A
C. 主机电动机的电阻约为645ΩD. 电池最多能储存的能量约为5.0×106J
6.某同学要把一个电流计G改装成电流、电压两用的电表，如图所示，R1和R2为电阻箱。下列判断正确的是( )
A. 接ac两端时可作为电压表，R1保持不变，则R2的电阻值越大，电压表量程越大
B. 接ac两端时可作为电压表，R2保持不变，则R1的电阻值越大，电压表量程越大
C. 接ab两端时可作为电流表，且R1的电阻值越大，电流表量程越大
D. 接ab两端时可作为电压表，且R1的电阻值越大，电压表量程越大
7.如图，S为单色光源，S发出的光一部分直接照在光屏上，一部分通过平面镜反射到光屏上，从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，由此形成了两个相干光，设光源S到平面镜和到光屏的距离分别为a和l，a≪l，镜面与光屏垂直，单色光波长为λ。下列说法正确的是( )
A. 光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为入a2lλ
B. 光屏上相邻两条暗条纹的中心间为laλ
C. 若将整套装置完全浸入折射率为n的透明溶液中，此时单色光的波长变为nλ
D. 若将整套装置完全浸入某种透明溶液中，光屏上条纹将变得密集
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲，某同学做单摆实验，O是摆球的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，单摆的振动图像如图乙，设图中单摆向右振动为正方向，摆球可以视作质点，下列选项正确的有( )
A. 此单摆的振动频率是2HzB. 单摆的摆长约为1.0m
C. 仅改变摆球质量，单摆周期不变D. t=0时刻，摆球位于B点
9.某同学为了探究电容器充放电的规律，将平行板电容器与电池组相连，下极板接地，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则( )
A. 电容器两极板正中间位置电势不变B. 电容器两极板间的电场强度增大
C. 电容器的电量不变D. 电流计G中有a到b方向的电流
10.如图所示，正六边形abcdef位于匀强磁场中，匀强磁场方向与正六边形平面平行，正六边形中心处有一长直导线，导线中通有垂直于正六边形平面向里的恒定电流，b点的磁感应强度为零。下列说法正确的是( )
A. a点的磁感应强度大小与d点的磁感应强度大小相等
B. d点的磁感应强度大小与f点的磁感应强度大小相等
C. e点的磁感应强度大小与a点的磁感应强度大小之比为2：1
D. c点的磁感应强度大小与d点的磁感应强度大小之比为 3：1
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在用平行玻璃砖“测定玻璃的折射率”的实验中：
(1)实验小组的主要操作如下，请将下述实验操作按照正确步骤排序： (填字母序号)。
A.在眼睛这一侧再插第三个大头针P3，使P3恰好把P1、P2的像都挡住
B.将玻璃砖拿走，在白纸上作光路图，进行测量并计算，得出折射率
C.继续插第四个大头针P4，使P4恰好把P1、P2的像和P3都挡住
D.在木板上铺一张白纸，把玻璃砖放在纸上，描出玻璃砖的边ab，cd，然后在玻璃砖的一侧插两个大头针P1、P2，用一只眼睛透过玻璃砖看这两个大头针，调整眼睛的位置，使P2把P1恰好挡住
(2)实验中已经正确操作插好了4枚大头针，如图甲所示。请在图甲中画出光路图，并标出入射角θ1和折射角θ2，写出折射率的计算式n= 。
(3)实验中不小心将插大头针1、2一侧的界面ab画得离玻璃砖稍远了一些，如图乙所示，则实验中其测量值与真实值相比 (选填“偏大”“偏小”或者“不变”)。
12.某实验小组欲测量一个定值电阻的阻值。
(1)方案一：
用多用电表对电阻进行初步测量。将红黑表笔插入多用电表的插孔，之后将多用电表开关旋至欧姆挡的“×1”挡，接下来把红黑表笔短接，进行 (填“欧姆调零”或“机械调零”)，再将红黑表笔分别与该定值电阻两端相接，多用电表指针偏转位置如图甲所示，则该定值电阻的阻值为Rx= Ω。
(2)方案二：除待测电阻Rx，开关S、导线外，实验室还提供下列器材：
A.电池组(电动势3V，内阻较小)
B.电流表(满偏电流6mA，内阻为rg=100Ω)
C.电流表(0～0.3A，内阻约1Ω)
D.电阻箱(阻值0～999.9Ω)
E.滑动变阻器(阻值0～5Ω)
F.滑动变阻器(阻值0～2000Ω)
实验小组根据器材设计如图乙所示的实验电路，回答下列问题：
①滑动变阻器应选择 (选填“E”或“F”)，开关S闭合前滑动变阻器的触头P应位于 (选项填“a”或“b”)端；
②电流表A2应选择 (选填“B”或“C”)；
③实验中将电阻箱调至合适阻值R0并保持不变。调节滑动变阻器，利用电流表A1、A2测得多组数据I1、I2，作出I1−I2图像如图丙所示，图线的斜率为k，则待测电阻的阻值Rx= (用字母k、R0和rg表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.医生用超声波检测仪向人体内发射超声波(简谐横波)，如图甲所示，探头处质点的振动图像如图乙所示。超声波在人体组织中的传播速度大小v=1500m/s。
(1)求超声波的频率f和波长λ；
(2)若超声波到达某器官后反射回探头，总用时Δt=2×10−5s，求该器官到探头的距离d。
14.如图所示，AB为半径r=0.9m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，半径O1A水平，B点右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧轨道CDE，D点是轨道最低点，E点是轨道最高点，圆弧CD对应的圆心角θ=53°，竖直直径DE右侧空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=5×102N/C，一质量为m=1kg、电荷量为q=+4×10−3C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H=0.9m处由静止开始自由下落，经圆弧轨道AB从B点水平抛出，恰好从C点沿切线方向进入圆弧轨道CDE且恰能通过E点。已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
(1)物体运动至圆弧轨道B点时所受支持力FN的大小；
(2)B、C两点的高度差h；
(3)圆弧CDE的半径R。
15.通过研究过氧化氢液滴在电场中的运动轨迹可以测量其荷质比(电荷量与质量的比值)。某同学在实验中发现当电场强度达到一定值后，液滴会因为内部电荷的分布及受力等原因分裂成两部分。实验过程简化如下：带正电的液滴从某高度处被释放，进入场强大小为E1、方向与水平方向夹角为θ的匀强电场Ⅰ中，此时，液滴所受合力的方向恰好与该处速度方向垂直；高度下降L后，液滴速度方向恰好与场强E1垂直；随后进入方向水平向右、场强大小为kE1的匀强电场Ⅱ，此时液滴立刻分裂为质量一大一小两部分，假设液滴分裂后瞬间两部分的速度大小及方向与分裂前液滴的速度相同，且分裂后质量较大的部分恰好做直线运动。已知质量大的部分占总质量的比例为η，重力加速度为g。求：
(1)分裂前液滴的荷质比；
(2)液滴进入匀强电场Ⅰ瞬间的速度大小v0；
(3)液滴分裂后，质量较小部分的荷质比。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A.玻璃是透明介质，电磁波可以在其中传播(例如可见光就是一种电磁波)，故A错误；
B.在电磁波谱中，红外线的波长比X射线的波长长，故B正确；
C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D.5G信号和4G信号都属于电磁波，在真空中所有电磁波的传播速度都等于光速，因此二者传播速度相同，故D错误。
故选：B。
根据电磁波的传播特性、不同电磁波的波长关系、电磁波的发现历史，以及真空中波速的特点，逐一分析各选项。
这是一道关于电磁波的概念辨析题，考查对电磁波传播、波长关系及发现史的理解，能有效检验对电磁学基本概念的掌握，是电磁学部分的典型基础题型。
2.【答案】D
【解析】解：A、振子从O到C经过的时间为四分之一个周期，所以振子的周期为T=4t=4×0.5s=2.0s，故A错误；
B、振幅为OB间的距离，即A=10cm=0.1m，故B错误；
CD、振子的圆频率为ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，所以振子的振动方程为x=Asinωt=0.1sin(πt)m，则3s末的位移为x=0.1sin(π×3)m=0，故C错误，D正确。
故选：D。
振子从O到C经过的时间为四分之一个周期，据此计算；振幅为OB间的距离；根据振幅和周期写出振子的振动方程，代入数据计算振子的位移。
知道振幅和周期的定义是解题的基础，能够写出振子的振动方程是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.从图中可知，a光的折射角比b光大。根据折射定律n=sinθλsinθ折，折射角越大，折射率越小，因此玻璃球对a光的折射率小于对b光的折射率，故A错误；
B.光在介质中的传播速度公式为v=cn，a光折射率小，所以a光在玻璃中的传播速度大于b光的传播速度，故B错误；
C.a光折射率小，说明a光的波长更长。波长越长的光越容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D.双缝干涉条纹间距公式为Δx=Lλd，a光波长更长，因此a光的干涉条纹间距较大，故D错误。
故选：C。
根据折射角大小判断玻璃对两种光的折射率关系，结合折射率与波长、波速、衍射及干涉条纹间距的关系分析各选项。
这是一道关于光的折射、折射率与波长关联的综合题，考查对光的折射定律、色散规律及衍射干涉特点的理解，是光学部分的典型基础题型。
4.【答案】D
【解析】解：A、由题图可知，B点附近的等势面比C点附近的等势面密集，可知B点的电场强度大于C点的电场强度，故A错误；
B、粒子只在电场力作用下由C点加速向B点运动，电场力做正功，粒子从电势低处向电势高处运动，所以B点的电势比C点的高，故B错误；
C、粒子在C点受到的电场力比在B点受到的电场力小，根据牛顿第二定律可知粒子在C点的加速度比在B点的小，故C错误；
D、电场力做正功，电势能减小，故粒子在C点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。
故选：D。
根据等势面疏密判断电场强度大小；由粒子运动方向和电性确定电场强度方向，进而比较电势高低；结合电场力公式和牛顿第二定律分析加速度；根据电场力做功情况判断电势能变化。
解决此类问题的关键是明确等势面与电场强度、电势、电势能的关系：①等势面疏密反映电场强度大小；②电场线方向与电场强度方向一致，结合电荷电性可判断电场力方向；③电场力做功与电势能变化的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A.“mA⋅h”是电流与时间的乘积，根据Q=It，它是电荷量的单位，故A错误；
B.由P=UI，主机工作电流I=PU=75W220V≈0.34A，故B错误；
C.电动机为非纯电阻用电器，电能主要转化为机械能，不能用欧姆定律R=UI，计算电阻，故C错误；
D.电池储存的能量W=UIt=220V×6.4A×3600s≈5.0×106J，故D正确。
故选：D。
先根据各选项对应的物理公式(如P=UI、Q=It、W=UIt)逐一分析，排除错误选项，确定正确选项。
本题考查电学基本单位辨析、电功率计算、非纯电阻电路特点及电池能量计算，侧重对物理概念和公式适用条件的考查，难度适中。
6.【答案】A
【解析】解：CD.接ab两端时，电阻箱和表头并联，是电流表，电流表量程I=Ig+IgrgR1，则R1的电阻值越大，电流表量程越小，故CD错误；
AB.接ac两端时，改装后的较大量程电流表与电阻箱串联，是电压表，电压表量程U=Igrg+(Ig+IgrgR1)R2，则若R2保持不变，则R1的电阻值越大，电压表量程越小；R1保持不变，则R2的电阻值越大，电压表量程越大，故B错误，A正确。
故选：A。
CD.根据电流表的改装原理结合量程计算公式列式判断；AB.根据电压表的改装原理结合量程公式列式判断。
考查电表的改装问题，理解串并联电路的特点，特别是量程与各电阻的大小关系判断，属于中等难度考题。
7.【答案】D
【解析】解：AB.该装置相当于双缝间距为d=2a，根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
可得光屏上相邻两条亮条纹或暗纹的中心间距为Δx=l2aλ
故AB错误；
C.若将整套装置完全浸入折射率为n的透明溶液中，此时单色光的波长变为λ′=vf=cnf=λn
故C错误；
D.由上述分析可知，如果将整套装置完全浸入某种透明溶液中，则波长变短，根据Δx=ldλ
可知，光屏上条纹将变得密集，故D正确。
故选：D。
S发出的光经平面镜反射后，相当于从S关于平面镜的对称点发出的，两个光源是相干光源，两个光源的距离为2d，利用双缝干涉条纹间距公式列式分析。
本题考查干涉条纹的间距公式应用，理解了该实验的原理即可顺利解决此题，故在学习过程中要深入理解各个物理现象产生的机理是什么。
8.【答案】BCD
【解析】解：A、由图乙可知，此单摆的周期为T=2s，则此单摆的振动频率为f=1T，代入数据解得f=0.5Hz，故A错误；
BC、根据单摆周期公式T=2π Lg，可得单摆的摆长为L=gT24π2，代入数据解得L=1.0m，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故BC正确；
D、t=0时刻，由图乙可知，摆球位于负向最大位移处，图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确。
故选：BCD。
从振动图像确定周期，利用周期公式计算摆长，根据周期的决定因素分析质量对周期的影响，结合位移方向判断t=0时刻的位置。
单摆的周期由摆长和重力加速度决定，与摆球质量无关；振动图像中，位移的正负对应摆球的左右位置，结合振动方向可判断初始位置。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、将两板缓慢地错开一些，电容器的电压不变，板间距离也不变，根据场强公式E=Ud可知，板间电场强度不变。两极板正中间位置与下极板间的距离不变，由U=Ed可知，两极板正中间位置与下极板间的电势差不变，下极板的电势为零，则两极板正中间位置电势不变，故A正确，B错误；
CD、将两板缓慢地错开一些，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容C减小，而电容器的电压不变，根据电容的定义式C=QU可知，电容器所带电量减少，即电容器放电，则电流计G中电流方向由a到b，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据E=Ud分析电容器两极板间的电场强度变化情况，再由U=Ed分析电容器两极板正中间位置电势变化情况。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容器电容C的变化，结合电容器的电压不变，根据电容的定义式C=QU分析电容器所带电量的变化，即可判断电流计G中电流方向。
本题是电容器动态分析问题，抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud相结合进行分析。
10.【答案】BC
【解析】解：设通电导线在b点产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据安培定则可知，通电导线在b点产生的磁场方向竖直向上，所以匀强磁场的方向竖直向下，磁感应强度大小为B，根据安培定则结合矢量合成的知识和几何关系可知，a点和c点的磁感应强度大小均为B，d点和f点的磁感应强度大小均为 3B，e点的磁感应强度大小为2B，可知d点的磁感应强度大小与f点的磁感应强度大小相等，e点的磁感应强度大小与a点的磁感应强度大小之比为Ee：Ea=2B：B=2：1，c点的磁感应强度大小与d点的磁感应强度大小之比为Ec：Ed=B： 3B=1： 3，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
根据安培定则可明确导线在各点处形成的磁感应强度方向，再根据矢量的叠加原理可求得各点的磁感应强度。
本题考查磁感应强度的叠加，要注意明确磁感应强度为矢量，其合成要根据矢量合成的法则进行运算。
11.【答案】DACB
sinθ1sinθ2
偏小

【解析】解：(1)“测定玻璃的折射率”的实验步骤为在木板上铺一张白纸，把玻璃砖放在纸上，描出玻璃砖的边ab、cd，然后在玻璃砖的一侧插两个大头针P1、P2，用一只眼睛透过玻璃砖看这两个大头针，调整眼睛的位置，使P2把P1恰好挡住；在眼睛这一侧再插第三个大头针P3，使P3恰好把P1、P2的像都挡住；继续插第四个大头针P4，使P4恰好把P1、P2的像和P3都挡住；将玻璃砖拿走，在白纸上作光路图，进行测量计算，得出折射率，故正确步骤排序为DACB。
(2)作出光路如图所示
根据折射定律有n=sinθ1sinθ2
(3)实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，根据折射定律n=sinθ1sinθ2可知，测得的折射率偏小。
故答案为：(1)DACB；(2)
sinθ1sinθ2；(3)偏小。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)作出光路图，根据光的折射定律计算；
(3)作出光路图，分析折射角的变化，根据光的折射定律判断。
本题关键掌握用平行玻璃砖“测定玻璃的折射率”的实验原理，利用作光路图处理问题的方法。
12.【答案】欧姆调零
9.0
E
a
B
R0+rgk−1

【解析】解：(1)多用电表进行电阻测量前，必须红黑表笔短接，进行欧姆调零；
该定值电阻的阻值为Rx=9.0×1Ω=9.0Ω或9Ω；
(2)①电路中滑动变阻器采用的是分压式连接，应选择总阻值较小的E，方便调节；开关S闭合时应使电流表中的读数最小，以免损坏电表，因此开关闭合前，滑动变阻器的触头P应位于a端；
②由于电流表(满偏电流6mA，内阻为rg=100Ω)内阻rg已知，与电阻箱串联可当电压表使用；
故选：B；
③由欧姆定律得Rx=I2(R0+rg)I1−I2，
整理得I1=Rx+R0+rgRxI2，
结合图像得Rx+R0+rgRx=k，
解得Rx=R0+rgk−1。
故答案为：(1)欧姆调零，9.0；
(2)①E；a；②B；③R0+rgk−1。
(1)说明多用电表测电阻前需进行欧姆调零，并读出定值电阻的阻值；
(2)分析分压式滑动变阻器的选择与初始位置，将已知内阻的电流表与电阻箱串联当作电压表使用，再结合欧姆定律推导出待测电阻的表达式。
本题围绕多用电表测电阻与伏安法测电阻的实验展开，重点考查多用电表的欧姆调零操作、分压式滑动变阻器的使用、电流表改装成电压表的原理，以及利用图像法推导待测电阻的表达式，是对实验操作、电路原理与数据处理能力的综合考查。
13.【答案】超声波的频率f为2.5×105Hz，波长λ为6×10−3m；
该器官到探头的距离d为1.5×10−2m
【解析】(1)由图乙可知，超声波的周期T=4×10−6s
超声波的频率为f=1T=14×10−6Hz=2.5×105Hz
波长为λ=vT=1500×4×10−6m=6×10−3m
(2)该器官到探头的距离
d=vt2=1500×2×10−52m=1.5×10−2m
答：(1)超声波的频率f为2.5×105Hz，波长λ为6×10−3m；
(2)该器官到探头的距离d为1.5×10−2m。
(1)根据周期和频率的关系计算超声波的频率，根据波速、波长和周期的关系计算波长；
(2)根据x=vt公式计算即可。
掌握波速、波长和周期的关系，在计算器官到探头的距离时注意时间。
14.【答案】物体运动至圆弧轨道B点时所受支持力FN的大小为50N；
B、C两点的高度差h为3.2m；
圆弧CDE的半径R为3.125m
【解析】(1)物体由释放到B点过程，根据动能定理有mg(H+r)=12mvB2，解得vB= 2g(H+r)= 2×10×(0.9+0.9)m/s=6m/s，
物体在B点，指向圆心合力提供向心力，可得FN−mg=mvB2r，解得FN=mg+mv2r=1×10N+1×620.9N=50N；
(2)物体恰好从C点沿切线方向进入圆弧轨道，根据速度分解有gtvB=tanθ，解得t=vBtanθg=6×4310s=0.8s，
从B到C，物体做平抛运动，则有h=12gt2，解得h=12×10×0.82m=3.2m；
(3)结合上述，物体在C点速度vC=vBcsθ=60.6m/s=10m/s，
物体进入圆弧轨道CDE且后恰能通过E点，重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg−qE=mvE2R，
物体从C点运动到E点过程，根据动能定理有−mg(R+Rcsθ)+qE⋅2R=12mvE2−12mvC2，解得R=mvC22(5qE−3mg−2mgcsθ)=−1×1022×(5×4×10−3×5×102−3×1×10−2×1×10×0.6)m/s=3.125m
答：(1)物体运动至圆弧轨道B点时所受支持力FN的大小为50N；
(2)B、C两点的高度差h为3.2m；
(3)圆弧CDE的半径R为3.125m。
(1)物体由释放到B点过程，根据动能定理列式求解物体达到B点速度，再根据指向圆心合力提供向心力列式求解物体运动至圆弧轨道B点时所受支持力FN的大小；
(2)从B到C，物体做平抛运动，由平抛运动的规律和运动的合成与分解列式求解B、C两点的高度差h；
(3)由运动的合成与分解求得物体到达C点速度，恰能通过E点的条件是：重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能定理列式求解圆弧CDE的半径R。
本题主要考查物体做平抛运动以及在重力和电场组成的混合场中的圆周运动，找见临界条件并结合运动的合成与分解求解。
15.【答案】分裂前液滴的荷质比为gE1sinθ 液滴进入匀强电场Ⅰ瞬间的速度大小是 gLtanθ 液滴分裂后，质量较小部分的荷质比是g(k−ηtanθsinθ)E1k(1−η)sinθ
【解析】解：(1)分裂前液滴在竖直方向上合力为0，即E1qsinθ=mg
得qm=gE1sinθ
(2)离开电场1瞬间，有L=v0t1、vx=a1t1、a1=E1qcsθm、vx=v0tanθ
联立解得v0= gLtanθ
(3)设大液滴质量为m1，电荷量为q1，在电场2中做直线运动，有E2q1m1g=tanθ
解得q1=m1gtanθE2，q1=ηtanθsinθkq
对质量较小的部分有q2=q−q1=q(k−ηtanθsinθk)，m2=m−m1=(1−η)m
解得q2m2=g(k−ηtanθsinθ)E1k(1−η)sinθ
答：(1)分裂前液滴的荷质比为gE1sinθ；
(2)液滴进入匀强电场Ⅰ瞬间的速度大小是 gLtanθ；
(3)液滴分裂后，质量较小部分的荷质比是g(k−ηtanθsinθ)E1k(1−η)sinθ。
(1)根据液滴在电场l中合力与速度方向垂直的条件，分析重力与电场力的关系，结合几何关系和受力分析，建立方程求解分裂前液滴的荷质比；
(2)液滴从释放到进入电场1，再下降L的过程，结合受力分析和运动学规律，利用动能定理或运动学公式，求解进入电场1瞬间的速度大小V0；
(3)分裂时动量守恒，质量大的部分做直线运动说明合力与速度共线，先确定其电荷与质量关系，再由电荷守恒和动量守恒，求出质量较小部分的荷质比。
本题以液滴在电场中的运动和分裂为情境，考查受力分析、牛顿运动定律、动量守恒和电场力等知识，综合性强，能有效考查学生的逻辑推理和综合应用能力，对学生的物理建模和数学运算能力有较高要求。