【文档说明】（教科版，必修第三册第1~2章）（全解全析）（教科版）.docx，共(14)页，5.839 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二物理上学期期中模拟卷（考试时间：90分钟，分值：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．测试范围：第1~2章（教科版2019必修第三册）。4．难度系数：0.7。一、单选题(共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选

、多选、错选均不得分)1．如图为某智能手机电池上的信息。下列说法中正确的是（）A．3.7V为该电池的电动势B．6.66Wh为该电池储存的电量C．充电时只要瞬时电压高于4.2V，电池就一定会损坏D．给该电池充电，从额定容量的20%到充满电需要提供的电能为5.328W

h【答案】A【解析】由图可知3.7V为该电池的电动势，A正确；Wh为能量的单位，mAh为电荷量的单位，因此6.66Wh为储存的能量，1800mAh为储存的电量，B错误；充电限制电压为4.2V，当瞬时电压高

于4.2V时电池不一定会损坏，C错误；从额定容量的20%到充满电需要提供的电能满足80%0.81.8A1h3.7V5.328WhEqU===，充电效率并不为100%，因此需要提供的电能大于5.328Wh，D错误。2．如图所示，图线a、b分别表示电阻1R、2R的伏安特性曲线，下列说法中

正确的是（）A．12:1:4RR=B．12:2:1RR=C．将1R与2R串联在电路中，它们两端的电压之比为2：1D．将1R与2R并联在电路中，通过它们的电流之比为2：1【答案】D【解析】根据电阻的定义式URI=和题中图像可知，当电流都为2A时，电阻之比等于电压之比1

212::1:2RRUU==，故A、B错误；根据公式UIR=，得当两个电阻中的电流相等时，它们两端的电压之比121212:::1:2UUIRIRRR===，C错误；将1R与2R并联在电路中，流过它们的电压是相等的，所以通过它们的电流之比为电阻之比的反

比，得1221:2:1:IIRR==，D正确。3．在冬天，我们脱衣服时总是出现“电闪雷鸣”，手接触到水龙头或车门等金属物体时也时不时会被“电击”，但夏天我们却不会遇到这种情况，那么你认为造成这些差别的主要原因可能是（）A．衣服的材质不同B．鞋底的绝缘性能不同C．空气的湿润程度不同D．环

境温度高低不同【答案】C【解析】冬季空气干燥，相对湿度低，所以皮肤表面电阻值增大，局部有大量电荷堆积，更容易发生静电现象。而衣服的材质、鞋底的绝缘性能对静电现象的产生有一定影响，但在冬季和夏季并没有明显区分。环境温度的高低对静电现象的产

生无影响。4．如图，真空中有两个点电荷，1Q为84.010C−、2Q为，分别固定在x轴的坐标为0和6cm的位置上。在x轴上，下列说法正确的是（）A．0x的区域可能有一个电场强度为0的点B．的区域电场方向沿x轴负方向C．的区域电场方向一定沿x轴负方向D．1Q与2Q产生的电场

强度大小相等的点有两个【答案】D【解析】因12QQ可知，在0x的区域不可能有电场强度为0的点，A错误；的区域内两电荷形成的电荷均沿x轴正向，可知该区域内电场方向沿x轴正方向，B错误；的区域内两电荷形成的电场方向相反，因12QQ，可知该区域内存在

一个场强为零的点，在该点左侧到Q2之间场强沿x轴负向，在该点右侧场强沿x轴正向，C错误；因12QQ可知，1Q与2Q产生的电场强度大小相等的点距离Q1较远，距离Q2较近，则有两个点，一个在两电荷之间，另

一个在Q2右侧，D正确。5．电动新能源汽车自燃原因很多，包括碰撞、涉水、过快充等，还有一种可能的原因是司机操作不当，导致电动机在正常工作时，转子突然被卡住不转动，电流暴增后会在短时间内产生大量热量，进而起火燃烧，

如图（a）所示．现有一小型直流电动机，其线圈电阻为MR，额定电压为U，额定电流为I，将它与电动势为E、内阻为r的直流电源相连，如图（b）所示，闭合开关S，电动机恰好正常工作，已知指示灯是一个理想的发光二极管，其电阻和消耗的功率都忽略不计，下列说法正确的是（）A．电源的效率为M

M100%RRr+B．电动机输出的机械功率为UIC．电源的总功率为EID．电动机正常工作时，转子突然被卡住，则电动机的发热功率为2MIR【答案】C【解析】电动机将电能转化为内能和机械能，是非纯电阻，则MUIR，则电源的效率为MMMM100%100%IRRUEIRIr

Rr==++，A错误；电动机输入的总功率为PUI=总，转化为内能的热功率为2MPIR=热，输出的机械功率为2MPPPUIIR=−=−总热机，B错误；电源的总功率为PEI=电，C正确；电动机正常工作时，转子突然被卡住，则电动机将电能全部转化为内能，此时的电流为MEIIRr=+，

此时的热功率为2MPIR=热，D错误。6．某学校创建绿色校园，图甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变，图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，t

R为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小），现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A．0R两端电压增大B．干路电流减小C．B灯变亮，A灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗【答案】A【解析】增加光照强度，则光敏电阻tR阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总

电流I总增大，路端电压U外减小；则A灯两端电压减小，A灯变暗，通过A的电流减小，根据A0III=+总可知，通过定值电阻0R的电流增大，0R两端电压增大，根据0BUUU=+外可知，B灯两端电压减小，则通过B灯的电流减小，B灯变暗。7．如图所示，直角坐标系中三

个可以看成点电荷的导体球固定在坐标轴上，ABACL==，A、B、C的带电量分别为2q、5q、11q−，三个电荷距离足够远互不影响，另一个一样但不带电的导体球D分别跟A、B、C接触后拿走，已知静电常量为k，则关于A受

到的电场力说法正确的是（）A．大小为225kqL，方向沿第四象限B．大小为225kqL，方向沿第三象限C．大小为2258kqL，向沿第四象限D．大小为2258kqL，方向沿第三象限【答案】A【解析】一个一样但不带电的导体球D分别跟A、B、C接触后拿走，则最终A、B、C的电荷量分别为AD22q

qqq===，BD532qqqqq+===，D11342Cqqqqq−+===−，B对A的库仑斥力方向沿y轴负方向，大小为123qqFkL=，C对A的库仑引力方向沿x轴正方向，大小为224qqFkL=，则A受到的电场力方向沿第四象限，大小为22212

25FFFkqL=+=8．如图所示，1S、2S闭合时，一质量为m、电荷量为q的带电液滴，静止在平行板电容器的M、N两金属板间。现保持1S闭合，将2S断开，然后将N板向下平移到图中虚线位置，下列说法正确的是（）A．电容器电容增大B．两板间场强不变C．液滴将向下运动D．液滴电势能增加【答案】B【

解析】根据4SCkd=，N板向下平移，极板间距增大，电容器电容减小，A错误；保持1S闭合，将2S断开，电容器极板所带电荷量一定，根据4SQCkdU==，UEd=，解得4kQES=，极板间距增大，则两板间场强不变，B正确；结合上述，两板间场强不变，液滴所受电场力不变，液滴

仍然处于静止状态，C错误；电容器下极板接地，下极板电势为0，结合上述可知，电场强度不变，令液滴所在位置到下极板间距为Nd，则有p0NEd−=，N板向下平移，Nd增大，电场强度方向向下，电场力方向向上，液滴带负电，根据ppEq=可知，液滴电势能减小，D错误。9．某条

电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用，则（）A．若O点的电势为零，则B

点的电势为02Ed−B．粒子从O到A做匀变速直线运动C．粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量D．粒子运动到B点时动能为032qEd【答案】D【解析】由图可知E−x图像所包围的面积表示两点间的电势差大小，则0001322OBOB

UEdEdEd=−+==，由于0O=，解得032BEd=−，A错误；粒子由O到A过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度增大，由牛顿第二定律qEam=可得带电粒子做加速度增大的加速直线

运动，B错误；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图像包围的面积分析可知UOA>UBC，根据电场力做功公

式W=qU和W=−ΔEp，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段电势能的变化量，C错误；从O到B点过程由动能定理，则有k0OBOBBWqUE==−，可得0k32BqEdE=，D正确。10．如图所示，指纹采集装置中的半导体

基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹采集过程中，下列说法正确的是（）A．指纹的凹点处与

对应的小极板距离远，该位置的电容大B．指纹的凸点处与对应的小极板距离近，该位置的电容小C．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较小D．由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较大【答案】D【解析】电容器电容的定义式r4S

Ckd=可知，指纹的凹点处与小极板距离远，d较大，该位置的电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，d较小，该位置的电容大，AB错误；由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，该位置的电容大，每个电容器的电压保持不变，根据QCU=可知，小极板的带电量较大，C错误，D正确。1

1．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和-Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q的小球（直径略比细管小）以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球

（）A．受到的库仑力不做功B．下落过程中加速度先增大后减小C．速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D．管壁对小球的弹力的最大值为24qQkd【答案】A【解析】根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，带电小球受到水平向

右的电场力，电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力与速度垂直，所以电场力不做功，A正确；小球在竖直方向上只受重力作用，所以下落过程中加速度始终为g，B错误；小球在竖直方向上只受重力作

用，所以小球做匀加速运动，则2202vvgL−=，所以2002vvgLv=+，C错误；水平方向管壁对小球的弹力与库仑力的分力大小相等，所以当库仑力最大时，弹力达到最大，在两个电荷的中垂线的中点，每个电荷产生的电场力均为

12224()2QqQqFFkkdd===，管壁对小球的弹力的最大值为1228QqNFFkd=+=，D错误。12．如图所示，边长为L的正四面体ABCD的中心为O，A、B两点分别固定等量异种点电荷q−、q+，下列说法正确的是（）

A．C、D两点电场强度大小相等，方向不同B．C、D两点电势相等C．将一试探电荷Q+从C点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功D．O点场强大小为2163kqL【答案】B【解析】A、B两点分别固定等量异种点电荷，则C、D两点电场强度大小相等，方向也相同。C、D两点连

线在等量异种点电荷连线的垂直平分面上，在同一个等势面上，将一试探电荷Q+从C点沿直线移到D点电场力一直不做功，ACD错误；q+在O点场强大小为1283kqEL=，根据几何关系可知合成后O点场强大小为21639kqEL=，B正确。13．如图所示，半径为2r的均匀带

电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中错误．．的是（）A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度

相同B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为29QkrC．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为()240027103600Qkr−【答案】A【解析】两小球分别在x轴上下两侧，

电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误；大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律得29kQFr=，B正确；

大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确；设两小球的球心到P点的距离为l，由几何关系22(3)10lrrr=+=，球体积

公式为343VR=，小球半径是大球半径的一半，小球体积是大球体积的八分之一，小球所带电荷量为8Qq=，两小球在P点场强均为221880(10)QQEkkrr==，合场强为122323108040010QQEkkrr==

，剩余部分在P点的场强为2222310404002710936000QEkrQQkkrr==−−，D正确。二、多选题(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)14．扫地机器

人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图表所示为某款扫地机器人的铭牌标有的数据，则该扫地机器人（）A．工作额定电流为2AB．以额定功率工作时，每分钟消耗电能为2400JC．以额定电压工作时，电机的

内阻为10ΩD．电池充满电后储存的总电荷量为5000C【答案】AB【解析】由铭牌标有的数据可知工作额定电流为40A2A20PIU===，A正确；以额定功率工作时，每分钟消耗电能为4060J2400JQPt===，B正确；由于扫地机器人是非纯电阻负载，所以以额定电压工作时，应满足2UII

r，可得20102UrI==，C错误；电池充满电后储存的总电荷量为35000103600C18000CqIt−===，D错误。15．如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度0v沿y轴正方向，经A点时

速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是（）A．该带电粒子带正电B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小C．这段时间粒子的最小动能为2025mvD．电场力方向与x轴正方向夹角的正切值

为2【答案】BC【解析】由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，A错误；带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，B正确；设加速度方向与x轴正方

向之间的夹角为，如图所示，则在沿着y轴方向上0sinvat=，沿着x轴方向上cosvat=，并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即02vv=，联立解得1tan2=，D错误；由三角函数知识可知sin1tancos2==，又22sincos1+

=，解得2cos55=，当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为minv，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得min002cos55vvv==，则最小动能为22kminmin01225Emvmv==，

C正确。三、实验题(本题共3小题，共14分)16．用如图所示电路给电容器进行充、放电。当单刀双掷开关S接通1位置时，电容器两端的电压表的示数变化是______（选填“增大”或“减小”），电容器此时处于______（选填“充电”或“放电”）状态。若某时刻此电容器所带的电荷量为8810C−

，两极板间的电势差为10V，则这个电容器的电容为______F。【答案】增大（1分）充电（1分）9810−（2分）【解析】当单刀双掷开关S接通1位置时，电容器与电源连接，电容器处于充电状态，充电过程，电容器两端电压逐渐增大，即电压表的示数增大；

若某时刻此电容器所带的电荷量为8810C−，两极板间的电势差为10V；根据电容器电容的定义式有QCU=，解得9810FC−=17．某同学要测量一节新干电池的电动势和内阻（0.3Ω左右）。根据实验室提供的器材设计了如图所示的电路。其中电

流表A（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；电压表V（量程0~3V，内阻约6k）；定值电阻0R（阻值1.0Ω）；滑动变阻器（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）。(1)电流表指针位置如图二所示，其示数为___________A。(2)测得多组电压表、电流表的示

数U、I，作出UI−图像如图三所示，则由图像可得电池的电动势E=__________V，电池的内阻r=__________Ω（结果保留1位小数）。【答案】(1)0.16（1分）(2)1.5（2分）0.4（2分）【解析】（1）电流表分度值是0.02A

，读数为0.16A。（2）根据()0UEIrR=−+，则纵截距为电源电动势，则电动势1.5VE=，斜率的绝对值为1.50.8||1.40.50k−==−，故电池的内阻01.40.4rR=−=。18．(1)某同学用多用电表测量某些电学量。经过正确操作，

两次测量时的指针位置均指在如图1所示的位置。一次测量直流电压，所选量程为50V，则读数应为___________V；一次测量电阻，记录的读数为1600Ω，则所选倍率为___________（选填“×1”“×10”“×100

”或“×1k”）。(2)在（1）中用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选择正确的操作并按正确顺序写出序号___________；①将红表笔和黑表笔接触②把选择开关旋转到“×1”位置③把选择

开关旋转到“×10”位置④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点(3)常用的多用电表是由小量程的电流表（表头）改装而成的。有一块满偏电流为50μA、内阻为800Ω的小量程电流表，现要将它改装成0~1mA、0~

10mA两个量程的电流挡，某同学设计了如图2、图3所示的两个电路。在图2所示的电路中R1___________R2（选填“>”或“＜”）；从保护表头的角度，请你分析说明图2、图3哪种设计更合理：___________（选填“图2”或“图3

”）。【答案】(1)24.0（1分）×100（1分）(2)②①④（1分）(3)＜（1分）图3（1分）【解析】（1）量程为50V，则读数应为24.0V；测电阻时，指针示数为16，而实际为1600Ω，所以为“×100”倍率。（2）现在的欧姆表倍率

太大，换成“×1”倍率时，恰好13Ω在中值电阻附近，所以先将开关转到“×1”位置，然后再将红黑表笔对接，进行欧姆调零。步骤为②①④。（3）总电压不变，电流大的那一路电阻小，由欧姆定律知R1＜R2，图3更合理，因为图2电路在通电状态中，更换量程会造成两

分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏。四、计算题（本题共4小题，第19题各7分，第20题各9分，第21题11分，第22题14分，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的

，答案中有单位的必须明确写出数值的单位）19．（7分）如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”。电源的电动势E＝6V，内阻未知，限

流电阻R0＝4.8Ω。闭合开关S后，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数恒为3.5V，理想电流表示数为0.5A。求：（1）电源的内阻；（2）液体消耗的电功率。【答案】（1）0.2Ω；（2）1.75W【解析】（1）

根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋I(R0＋r)（2分）解得电源内阻为r＝0.2Ω（2分）（2）液体消耗的电功率P＝UI（2分）解得：P＝1.75W（1分）20．（9分）如图，在匀强电场中，将电荷量为6610C−−的点电荷从电场中的A

点移到B点，静电力做了52.410J−−的功，再从B点移到C点，静电力做了51.210J−的功。已知电场的方向与ABCV所在的平面平行。（1）求A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；（2）若以B点为电势零点，算出相关点的电势，并在图中画出过B点的电场线方向，保留作图过程

。【答案】（1）4V，2V−；（2）2VC=，4VA=，AB连线的中点处电势为2V【解析】（1）根据公式WqU=（2分）A、B两点间的电势差4VABABWUq==（1分）B、C两点间的电势差2VBCBCW

Uq==−（1分）（2）根据BCBCU=−（1分）2VC=（1分）同理可知4VA=（1分）所以AB连线的中点处电势也为2V（1分）连接该点与C点则可得等势线，过B点做等势线的垂线，由高电势指向低电势，作出过B点的电场线，如下图所示（1分）21．（11分）如图所示，一电荷量5310Cq−=

带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，细线长度0.032mL=，电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角37a=；已知两板相距0.1md=，电源电动势15VE=，内阻0.5Ωr=，电阻3Ω8Ω

RRRR====₁，₂₃₄。g取210m/s。已知：sin370.6,37cos0.8==。（1）求平行金属板左右板间的电势差U；（2）求出带电小球的质量m；（3）要使得小球恰能在板间完成竖直面内的圆周运动，应该给图示位置的小球多大的初速度？（计算结果可以含根式）【答案】（1）14V；（2）4

5.610kg−；（3）2m/s【解析】（1）“电键S合上后，当小球静止时”，平行板电容器已经稳定了，导致4R两端无电势差，则左右板间的电势差U就等于电源的路端电压；由串并联电路的特点规律，电阻1R、2R、3R的总电阻23123RRRRRR=++（1分）由闭合电路的欧姆

定律以及分压规律得RUERr=+（2分）解得U=14V（1分）（2）当小球静止时，受力如图则Eq=mgtanθ（1分）平行板电容器内为匀强电场，场强大小UEd=（1分）解得45.610kgm−=（1分）（3）根据小球圆周运动情景，设Eq与mg二者的合力为F，则()()22FmgEq=+（

1分）小球原来静止时的位置B为“等效低点”，B与圆心对称的点A为“等效高点”。小球恰能在板间完成竖直面内的圆周运动则A处是最小速度大小设为minv，则在A处有2minFvmL=（1分）小球从A点运动到B点，

由动能定理得()220min11222mvmvFL−=（1分）解得02m/sv=（1分）22．（14分）如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为401.8210VU=，M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线OO射入

，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线（图中虚线箭头所示）。已知电子质量319.110kgm−=，电荷量为191.610Ce−=，偏转极板M、N长20cmL=，间距16cmd=，虚线OO距离靶台竖直高度为30cmh=，靶台水平位置可以调节，不考虑电子

的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求：（1）电子进入偏转电场区域时速度的大小；（2）若M、N两板之间电压大小42.18410VU=时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离；

（3）在（2）中，电子刚出偏转电场区域时的速度；（4）在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。【答案】（1）800.810v=

m/s；（2）30x=cm；（3）81.010m/sv=；（4）见解析【解析】（1）根据动能定理有20012eUmv=（1分）解得800.810v=m/s（1分）（2）M、N两板之间电压大小42.18410VU=时，根据类平抛运动规律有212yat=（1分）0Lvt=（1

分）根据牛顿第二定律有eUamd=（1分）根据几何关系可知1122LLxyh+=（1分）解得30x=cm（1分）（3）结合（2）中的类平抛运动规律有0Lvt=，yvat=（1分）则电子刚出偏转电场区域时的速度为220yvvv=+（1分）解得81.010m/sv=

（1分）（4）粒子离开偏转电场后，打到靶台的时间为0xtv=（1分）不计重力时，竖直方向的位移为1yyvt=（1分）计重力时，竖直方向的位移为2212yyvtgt=+（1分）则162113.12510yyy−−=（1分）即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以

忽略电子所受的重力。