第=page11頁，共=sectionpages11頁江蘇省無錫市惠山區(qū)錫山高級中學(xué)2024-2025學(xué)年高一（下）期中物理試卷物理試卷一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.如圖所示，表示在一個電場中的a、b、c、d四點分別引入檢驗電荷時，測得檢驗電荷所受的電場力跟電荷量間的函數(shù)關(guān)系圖像，那么下列說法中正確的是(

)A.該電場是勻強電場，電場大小和檢驗電荷電量成正比

B.該電場不是勻強電場，無法比較場強的大小關(guān)系

C.a、b、c、d四點場強的大小關(guān)系是Ea>Eb>Ec>Ed

2.如圖所示，A為空心金屬球，B為靠近A的另一個原來不帶電的枕形金屬殼。將另一個帶正電的小球C從A球開口處放入A球中央，但不觸及A球。則B出現(xiàn)的情況是(

)A.靠近A的一端帶負電，遠離A的另一端帶正電

B.靠近A的一端帶負電，遠離A的另一端不帶電

C.靠近A的一端不帶電，遠離A的另一端帶正電

D.兩端都不帶電3.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP=2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(

)A.重力做功2mgR

B.克服摩擦力做功mgR

C.合外力做功mgR

D.小球機械能減少14.A和B是兩個分別帶有電荷量?Q和+3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后再將A球和不帶電的相同金屬球C接觸，最后將AB放回原處，則兩球間的庫侖力大小為(

)A.3F B.F6 C.F3 5.質(zhì)量為m的某國產(chǎn)新能源汽車在平直道路上以恒定功率P由靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度，汽車在行駛時所受阻力恒為f，該過程中(

)A.汽車做勻加速直線運動 B.汽車達到的最大速率為Pf

C.汽車的平均速率為P2f D.汽車行駛的距離為6.一平行板電容器充放電電路如圖所示。開關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開關(guān)S接2，電容器C對電阻R放電。下列說法正確的是(

)A.充電過程中，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流減小

B.放電過程中，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流增大

C.充電過程中，電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由M點流向N點

D.放電過程中，電容器的上極板帶正電荷，流過電阻R的電流由N點流向M點7.如圖所示，平行板電容器與一恒壓直流電源相連，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(

)A.平行板電容器的電容將變大

B.靜電計指針偏角變大

C.帶電小球的電勢能將變小

D.若先將下極板與A點之間的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電小球所受靜電力不變8.如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則(

)A.a、b兩點的場強方向相反

B.a、b兩點的電勢相等

C.c、d兩點的場強方向相反

D.c、d兩點的電勢相等9.某同學(xué)短跑時采用蹲踞式起跑，發(fā)令槍響后，向前加速的同時提升身體重心。設(shè)該同學(xué)質(zhì)量為m，在起跑前進的這段距離內(nèi)重心上升高度為?，獲得速度為v，克服阻力做功為W阻，重力加速度為g。則在此過程中(

)A.該同學(xué)的重力勢能減小量為mg?

B.該同學(xué)的動能增加量為12mv2+mg?

C.該同學(xué)自身提供的能量至少為10.如圖甲，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=2kg的帶負電小滑塊(可視為質(zhì)點)在x=1m處以初速度v2=2.4m/s沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.05。整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep。如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是經(jīng)過x=1m處的切線，并且AB經(jīng)過(0,3)和(3,0)兩點，g=10m/s2A.x=3m處的電勢最低 B.滑塊向右運動過程中，速度一直減小

C.滑塊運動至x=3m處時，動能最大 D.滑塊向右一定能經(jīng)過x=4m處的位置11.滑滑板是一項青少年酷愛的運動，依靠自身的體能，展現(xiàn)快速的運動藝術(shù)。如圖所示，一少年在一次訓(xùn)練中以速度v0=3m/s從P點沿切線進入曲面軌道，從O點離開曲面軌道，離開O點時的速度與水平方向夾角為30°，再經(jīng)過1s落在傾角為30°的斜面上Q點(Q點未標(biāo)出)。已知重力加速度g取10m/s2，P點到O點的豎直高度?=0.86m，少年和滑板(可視為質(zhì)點)總質(zhì)量m=50kgA.從O點到Q點的距離為10m

B.在曲面軌道上克服摩擦力做的功為?30J

C.少年離斜面的最大距離為2m

D.少年落在Q點前瞬間重力的功率為3750W二、實驗題：本大題共1小題，共8分。12.用如圖裝置可驗證機械能守恒定律．輕繩兩端系著質(zhì)量相等的物塊A、B，物塊B上放置一金屬片C.鐵架臺上固定一金屬圓環(huán)，圓環(huán)放在物塊B正下方．系統(tǒng)靜止時，金屬片C與圓環(huán)間的高度差為?.由此釋放，系統(tǒng)開始運動，當(dāng)物塊B穿過圓環(huán)時，金屬片C被擱置在圓環(huán)上．兩光電門固定在鐵架臺P1、P2處，通過數(shù)字計時器可測出物塊B通過P1、P2這段時間．

(1)若測得P1、P2之間的距離為d，物塊B通過這段距離的時間為t，則物塊B剛穿過圓環(huán)后的速度v=______．

(2)若物塊A、B的質(zhì)量均用M表示，金屬片C的質(zhì)量用m表示，該實驗中驗證了下面哪個等式成立，即可驗證機械能守恒定律．正確選項為______．

A.mg?=12Mv2

B.mg?=Mv2

C.mg?=12(2M+m)v2

D.mg?=12(M+m)v2

(3)本實驗中的測量儀器除了刻度尺、光電門、數(shù)字計時器外，還需要______．

(4)改變物塊B的初始位置，使物塊B由不同的高度落下穿過圓環(huán)，記錄各次高度差?以及物塊B通過P1、P2這段距離的時間為t，以?三、計算題：本大題共4小題，共48分。13.如圖所示，水平向右的勻強電場中有a、b、c三點，ab與場強方向平行，bc與場強方向成60°，ab=3cm，bc=12cm?，F(xiàn)將一個電量為4×10?4C的正電荷從a移動到b，電場力做功1.2×10?3J。求：

(1)該電場的場強大小；

(2)ac間的電勢差Uac；

(3)若b點的電勢為3V，則該正電荷在b、c點電勢能14.如圖甲所示，位于建筑物頂部的電動機用一輕繩把質(zhì)量為5kg的貨物從地面吊起，貨物前5s內(nèi)的速度—時間圖像如圖乙所示，忽略空氣阻力，已知重力加速度g=10m/s2。求：

(1)0～2s內(nèi)輕繩對貨物的拉力；

(2)0～5s內(nèi)貨物機械能的變化量和電動機輸出的平均功率。15.X射線技術(shù)是醫(yī)療、工業(yè)和科學(xué)領(lǐng)域中廣泛應(yīng)用的一種非侵入性檢測方法。如醫(yī)院中的X光檢測設(shè)備就是一種利用X射線穿透物體并捕獲其投影圖像的儀器。圖甲是某種XT機主要部分的剖面圖。其工作原理是在X射線管中，從電子槍逸出的電子(初速度可忽略)被加速、偏轉(zhuǎn)后高速撞擊目標(biāo)靶，實現(xiàn)破壞輻射，從而放出X射線。圖乙中P、Q之間的加速電壓U0=1.82×104V，M、N兩板之間的偏轉(zhuǎn)電壓U=2.184×104V，電子從電子槍中逸出后沿圖中虛線OO′射入，經(jīng)加速電場，偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域后，打到水平靶臺的中心點C，虛線OO′與靶臺ACB在同一豎直面內(nèi)，且AB的長度為10cm。已知電子質(zhì)量m=9.1×10?31kg，電荷量e=1.6×10?19C，偏轉(zhuǎn)極板M，N長L=20cm，間距d=16cm，虛線OO′距離靶臺的豎直高度?=30cm，不考慮電子的重力、電子間相互作用力及電子從電子槍中逸出時的初速度大小，不計空氣阻力。

(1)求電子進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域時速度的大小v0；

(2)求靶臺中心點C離N板右側(cè)的水平距離xC16.如圖所示，一根輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端被質(zhì)量m=1kg可視為質(zhì)點的小物塊壓縮而處于靜止?fàn)顟B(tài)，且彈簧與物塊不栓接，彈簧原長小于光滑平臺的長度．在平臺的右端有一傳送帶，AB長L=5m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長s=1.5m，它與物塊間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3，在C點右側(cè)有一半徑為R的光滑豎直圓弧與BC平滑連接，圓弧對應(yīng)的圓心角為θ=120°，在圓弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會以原速率反彈回來．若傳送帶以v=5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機械能損失。當(dāng)彈簧儲存的Ep=18J能量全部釋放時，小物塊恰能滑到與圓心等高的E點，取g=10m/s2。

(1)求右側(cè)圓弧的軌道半徑R；

(2)求小物塊最終停下時與C答案解析1.【答案】D

【解析】解：圖線斜率的絕對值表示電場強度的大小，d圖線斜率的絕對值最大，所以d點的電場強度最大，c圖線斜率的絕對值最小，電場強度的最小。所以四點場強的大小關(guān)系是Ed>Ea>Eb>Ec該電場不是勻強電場。故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

勻強電場的場強大小和方向處處相同，F(xiàn)?q圖線的斜率的絕對值等于電場強度的大小，根據(jù)斜率比較電場中a、2.【答案】A

【解析】解：帶正電的小球C放在A球中央時，A的內(nèi)側(cè)感應(yīng)出負電，外側(cè)帶正電，當(dāng)B靠近A時，靠近A的一端就會感應(yīng)出負電，另一端帶正電，故BCD錯誤，A正確。

故選：A。

一個帶正電的小球C從A球開口處放入A球中央，但不觸及A球。此時A的電子被吸引到內(nèi)側(cè)，外側(cè)帶正電，這時B靠近A的一端就會感應(yīng)出負電。

該題考查了感應(yīng)起電的相關(guān)知識，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。要注意的是導(dǎo)體的外殼對它的內(nèi)部起到“保護”作用，使它的內(nèi)部不受外部電場的影響，但是不能屏蔽內(nèi)部的電場。3.【答案】D

【解析】解：A.重力做功為

W0=mg(2R?R)=mgR

故A錯誤；

BD.小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有

mg=mvB2R

解得

vB=gR

根據(jù)動能定理得

mgR?Wf=12mvB2?0

解得

Wf=12mgR

摩擦力做多少功，就需要克服摩擦力做多少功，即機械能就減少多少，故機械能減少12mgR，故B4.【答案】B

【解析】解：根據(jù)庫侖定律，初始庫侖力大小為：F=k?(?Q)×(+3Q)r2=?3kQ2r2，大小為3kQ2r2

A和B接觸后電荷分配兩相同金屬球接觸后，電荷會先中和再均分。

中和后的總電荷量：?Q+3Q=+2Q；均分后，A和B的電荷量均為：+Q；

A(帶+Q)與不帶電的相同金屬球C接觸后，電荷會重新分配，均分后，A和C的電荷量均為：+Q2。

此時A的電荷量為+Q2，B的電荷量仍為+Q；

放回原處后的庫侖力計算將A和B放回原處，距離仍為r，此時庫侖力大小為：F′=k?(Q5.【答案】D

【解析】解：A、對汽車，由牛頓第二定律可得F牽?f=ma

因為F牽=Pv

可知功率不變時，隨著速度增大，F(xiàn)牽減小，合力減小，加速度減小，故A錯誤；

C、若汽車做勻加速運動，則汽車的平均速率為vm+02=P2f

但汽車做的是加速度減小的加速運動，故平均速率不等于P2f，故C錯誤；

B、速度最大時，汽車加速度為0，此時牽引力等于阻力，即F牽=f=Pvm

得最大速度vm=Pf

故6.【答案】A

【解析】解：AC、因電容器的上極板與電源正極相連，故充電過程中上極板帶正電荷。充電過程中回路中電流方向為順時針方向，流過電阻R的電流由N點流向M點。電容器所帶電量Q逐漸增加，根據(jù)電容定義式C=QU，可知電容器兩極板間電勢差增加。因電阻R的電壓等于電源電動勢與電容器電壓之差，故電阻R的電壓減小，根據(jù)歐姆定律，可知流過電阻R的電流減小，即充電電流減小，故A正確，C錯誤；

BD、因充電結(jié)束后電容器的上極板帶正電荷，故放電過程中上極板仍帶正電荷，且回路中電流方向為逆時針方向，流過電阻R的電流由M點流向N點。電容器所帶電量Q逐漸減小，根據(jù)電容定義式C=QU，可知電容器兩極板間電勢差減小。因電阻R的電壓等于電容器電壓，故電阻R的電壓減小，根據(jù)歐姆定律，可知流過電阻R的電流減小，即放電電流減小，故BD錯誤。

故選：A。

充電過程與電源正極相連的極板帶正電荷。根據(jù)正電荷定向移動方向判斷充放電過程中回路中電流方向。依據(jù)充放電過程電容器所帶電量的變化，由電容定義式判斷電容器兩極板間電勢差的變化。依據(jù)電阻R的電壓變化，根據(jù)歐姆定律判斷流過電阻R的電流變化，可知充放電電流的變化。充電過程電阻R的電壓等于電源電動勢與電容器電壓之差，放電過程電阻7.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd，將電容器的下極板豎直向下移動時，板間距離d增大，則電容將變小，故A錯誤；

B、靜電計測量電容器兩極板間電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B錯誤；

C、電容器的電壓不變，板間距離增大，由E=Ud分析可知，板間場強減小，帶電小球所受靜電力減小，小球向下運動，靜電力做負功，其電勢能增大，故C錯誤；

D、先將下極板與A點之間的導(dǎo)線斷開，電容器與電源斷開，則電容器所帶電荷量不變，d改變，根據(jù)C=?rS4πkd、C=Ud以及E=Ud可得E=4πkQ?rS，E與d無關(guān)，則電容器板間場強不變，帶電小球所受靜電力不變，故D正確。

故選：8.【答案】B

【解析】解：AC.將帶電圓環(huán)看成若干個電荷量大小相等的點電荷，取關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷，根據(jù)等量異種電荷周圍的電場分布及矢量合成法則，可得下圖：

結(jié)合電場的對稱性可知，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同，c、d兩點的電場強度大小相等、方向相同，則結(jié)合對稱性可知，帶異種電荷的上、下半圓在a、b兩點及b、c兩點產(chǎn)生的合電場強度都大小相等、方向相同；故AC錯誤；

BD.結(jié)合前面分析，將帶電圓環(huán)看成若干個電荷量大小相等的點電荷，取關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷，根據(jù)等量異種電荷周圍的電勢分布可知，ab連線即為等勢線，同理，任意兩個關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷的電場中，ab連線均為等勢線，那么在帶異種電荷的上、下半圓的電場中，a、b兩點的電勢相等；因為沿電場線的方向電勢逐漸降低，則越靠近正的場源電荷電勢越高，由題圖可知，c、d兩點中，c點更靠近帶正電的上半圓，則c點的電勢高于d點的電勢；故B正確，D錯誤；

故選：B。

AC.將帶電圓環(huán)看成若干個電荷量大小相等的點電荷，取關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷，根據(jù)等量異種電荷周圍的電場分布及矢量合成法則，即可分析判斷；

BD.結(jié)合前面分析，將帶電圓環(huán)看成若干個電荷量大小相等的點電荷，取關(guān)于水平直徑對稱的兩個點電荷，根據(jù)等量異種電荷周圍的電勢分布，即可分析判斷。

本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時需注意，離正電荷越近電勢越高，離負電荷越近電勢越低，兩等量異種電荷的等勢面，關(guān)于兩電荷連線的中垂面對稱，也關(guān)于兩電荷連線對稱。9.【答案】C

【解析】解：A.由題知，該同學(xué)質(zhì)量為m，在起跑前進的這段距離內(nèi)重心上升高度為?，則該同學(xué)的重力勢能增加量為mg?，故A錯誤；

B.由題知，設(shè)該同學(xué)質(zhì)量為m，在起跑前進的這段距離內(nèi)獲得速度為v，則該同學(xué)的動能增加量為12mv2，故B錯誤；

D.結(jié)合前面分析可知，在起跑前進的這段距離內(nèi)，該同學(xué)的重力勢能增加量為mg?，該同學(xué)的動能增加量為12mv2，則該同學(xué)的機械能增加量為mg?+12mv2，故D錯誤；

C.設(shè)該同學(xué)自身至少做功W，

在起跑前進的這段距離內(nèi)，由動能定理可得：W?mg??W阻=12mv2?0，

解得：W=mg?+W阻+12mv2，

則該同學(xué)自身提供的能量至少為mg?+W阻+10.【答案】B

【解析】解：A、負電荷在電勢高的位置電勢能小，由圖可知滑塊在x=3m處電勢能最高，故A錯誤；

BC、Ep?x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為F=ΔEpΔx=3?12N=1N，滑塊所受滑動摩擦力大小為：f=μmg=2×0.05×10N=1N，在1～3m區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且不斷減小，則滑塊所受合外力方向與速度方向相反；在x=3m之后，滑塊所受電場力與滑動摩擦力同向，且不斷增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反。綜上所述可知滑塊向右運動過程中，速度始終減小，故B正確，C錯誤；

D、滑塊在x=1m處的電勢能與在x=4m處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)過x=4m處，則應(yīng)滿足12mv02≥fΔx，根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實際情況并不滿足上式，所以滑塊一定無法經(jīng)過x=4m處的位置，故11.【答案】D

【解析】解：A.由題知，少年由O到Q的過程做斜拋運動，將此運動沿水平方向與豎直方向分解，如圖：

設(shè)O點的速度大小為v，則其水平分速度大小為vcos30°，豎直分速度大小為vsin30°，由斜拋運動的運動性質(zhì)可知，

從O到Q水平方向做勻速直線運動，可得：x=vcos30°?t，

豎直方向做豎直上拋運動，可得：y=?vsin30°?t+12gt2，

由幾何關(guān)系得：yx=tan30°，

由題知：t=1s，

聯(lián)立解得：v=5m/s，x=532m，y=2.5m，

由幾何關(guān)系可知，O點到Q點的距離為：xOQ=ysin30°=2.5sin30°m=5m，故A錯誤；

B.設(shè)在曲面軌道上克服摩擦力做的功為W，

由P到O的過程，根據(jù)動能定理可得：mg??W=12mv2?12mv02，

解得：W=30J，故B錯誤；

C.結(jié)合前面分析可知，由O到Q的過程，少年在垂直于斜面的方向上速度減到零時，其離斜面的距離最遠，將O到Q的運動沿垂直于斜面與平行于斜面分解，如圖：

由幾何關(guān)系可知，O點的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分別為：vcos30°、gcos30°，

設(shè)少年離斜面的最大距離為ym，

在垂直于斜面的方向上，由運動學(xué)規(guī)律可得：2gcos30°?ym=(vcos30°)2，

解得：ym=538m，故C錯誤；

D.12.【答案】dt；C；天平；1t2【解析】解：(1)根據(jù)平均速度等于瞬時速度，則有：物塊B剛穿過圓環(huán)后的速度v=dt；

(2)由題意可知，系統(tǒng)ABC減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的增加的動能，即為：mg?+Mg??Mg?=12(2M+m)v2，即為：mg?=12(2M+m)v2，故C正確；

(3)由mg?=12(2M+m)v2，公式可知，除了刻度尺、光電門、數(shù)字計時器外，還需要天平測出金屬片的質(zhì)量；

(4)將mg?=12(2M+m)v2，變形后，則有：?=(2M+m)d22mg?1t2；因此以1t2為橫軸；

由上式可知，作出的圖線是一條過原點的直線，直線的斜率k=(2M+m)d22mg13.【答案】該電場的場強大小為100V/m；

ac間的電勢差為9V；

若b點的電勢為3V，則該正電荷在b、c點電勢能Epb、Epc分別為1.2×10【解析】解：(1)帶電粒子從從a移到b時，電場力做正功，有

W=qU，U=Edab

解得E=100V/m

(2)ac間的電勢差Uac=E(dab+dbccos60°)

解得Uac=9V

(3)若b點的電勢為3V，有bc間電勢差

Ubc=Edbccos60°

又由Ubc=φb?φc

解得φc=?3V

則該正電荷在b、c點電勢能Epb=qφb=4×10?4×3J=1.2×10?3J

Epc=qφc=4×10?4×(?3)J=?1.2×10?3J

答：(1)該電場的場強大小為100V/m；

(2)ac間的電勢差為9V；

(3)若b點的電勢為3V，則該正電荷在b、c點電勢能Epb、Epc分別為1.2×14.【答案】0～2s內(nèi)輕繩對貨物的拉力大小是57.5N，方向豎直向上；

0～5s內(nèi)貨物機械能的變化量是622.5J，電動機輸出的平均功率是124.5W．

【解析】解：(1)由圖乙所示圖像可知，0～2s內(nèi)，貨物做勻加速直線運動的加速度大小a=ΔvΔt=32m/s2=1.5m/s2

對貨物，由牛頓第二定律得：F?mg=ma，代入數(shù)據(jù)解得，輕繩對貨物的拉力大?。篎=57.5N

(2)v?t圖線與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積表示位移，由圖乙所示圖像可知，在0～5s內(nèi)，貨物先做勻加速運動，再做勻速運動，勻速運動的速度大小v=3m/s貨物上升的高度：H=12×(3+5)×3m=12m，機械能的變化量為：ΔE=mgH+12mv2

代入數(shù)據(jù)解得：ΔE=622.5J

電動機對輕繩、貨物系統(tǒng)所做的功等于貨物機械能的增加量：Pt=ΔE其中：t=5s，代入數(shù)據(jù)解得，電動機輸出的平均功率P=124.5W

答：(1)0～2s內(nèi)輕繩對貨物的拉力大小是57.5N，方向豎直向上；

(2)0～5s15.【答案】(1)對電子在加速電場中的加速過程用動能定理有

eU0=12mv02?0

解得

v0=8×107m/s

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，有

L=v0t

在豎直方向上做勻加速直線運動，有

y=12at2

其中加速度

a=Eem=Uema

解得

y=0.075m

電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，由幾何關(guān)系可知，如圖

12Ly=12L+xC?

代入數(shù)據(jù)后得

xC=0.3m

(3)由題可知，AB兩點離N板右側(cè)的水平距離分別為

xA=0.25m，xB=0.35m

若電子剛好到達A點，由幾何關(guān)系有

12Ly1=12L+xA?

解得

y1=0.0857m>0.08m

所以電子不能打到A點，所以有

y1=d2=12a1t2=【解析】(1)在加速電場中，利用動能定理可計算電子出加速電場的末速度，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度即為其出電場時的末速度；

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中，做類平拋運動，由運動學(xué)關(guān)系式，可計算其偏轉(zhuǎn)位移和偏轉(zhuǎn)角；在偏轉(zhuǎn)電場和熒光屏之間，電子做勻