徐州市高二物理寒假作业(含答案) (4)

徐州市高二物理寒假作业
一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）
1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。

他们在物理学的研究过程中应用
了很多科学的思想方法。

下列叙述不正确的是（）
A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法
B. 奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系
C. 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值
D. 安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
2.古时有“守株待兔”的寓言。

设兔子的头部受到大小等于2倍自身体重的撞击力即
可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为（）（g取10m/s2）
A. 2m/s
B. 3m/s
C. 4m/s
D. 5m/s
3.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场
线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电
场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域（该区域的电
场足够广），在下图所示的速度-时间图象中，符合粒子在
电场内运动情况的是（以v0方向为正方向）（）
A. B.
C. D.
4.如图所示，质量m2=2kg的物体静止在光滑水平面上，
质量为m1=1kg的物体以v1=6m/s的初速度与m2发生
碰撞，以v1的方向为正方向，则碰撞后m1、m2两物
体的速度分别可能是（）
A. 1m/s，3m/s
B. -6m/s，6m/s
C. 3m/s，1.5m/s
D. 2m/s，2m/s
5.如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重
力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点。

改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）
A. 该粒子带正电
B. 减少R1，粒子将打在O点左侧
C. 减少R2，粒子将打在O点左侧
D. 增大R1，粒子在板间运动时间不变
二、多选题（本大题共5小题，共15.0分）
6.通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构
成．每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪
击过程中．发生在云地之间的某一次闪电，已知云地之间的电势差
约为1.0×109v，云地间距离约为1km，第一个闪击过程中云地间转
移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs，假定闪电前云地间的
电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是（）
A. 闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B. 整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C. 闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m
D. 整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
7.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线
的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，
M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，
且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同
的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说
法中正确的是（）
A. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同
B. M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反
C. 在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D. 在线段MN上只有一点的磁感应强度为零
8.在如图所示的U-I图象中，直线I为某一电源的路端电压与
电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。

用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。

由图象可知，
下说法正确的是（）
A. 电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B. 电源的效率为80%
C. 电阻R的阻值为1Ω
D. 电源内阻的热功率为2W
9.如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于
O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向
的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为
θ．则磁感应强度方向和大小可能为（）
A. z正向，
B. y正向，
C. z负向，
D. 沿悬线向上，
10.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上。

若不
计空气阻力，则此油滴从a运动到b的过程中（）
A. 此带电油滴带正电
B. 此带电油滴重力势能一定增加
C. 此带电油滴电势能一定则增加
D. 此带电油滴的重力势能与电势能之和一定减小
三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）
11.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）
B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）
C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）
E．滑动变阻器R2（0～500Ω，1A）
F．定值电阻R3=990Ω
G．开关、导线若干
（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器______（填写序号）；
（2）请在图1的方框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路原理图；
（3）某同学根据他设计的实验测出了六组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A 的示数），请在图2的坐标纸上作出I和I的关系图线；
（4）根据图线可得，被测电池的电动势为______V，内阻为______Ω．
12.有一根细而均匀的导电材料样品（如图a所示），截面为同心圆环（如图b所示），
此样品长约为5cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接测。

现提供以下实验器材：
A．20分度的游标卡尺
B．螺旋测微器
C．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）
D．电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω）
E．电流表A2（量程0.3A，内阻约1Ω）
F．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）
G．直流电源E（约4V，内阻不计）
H．导电材料样品R x
I．开关一只，导线若干
请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：
（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图所示，其示数L=______mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图所示，其示数D=______mm。

（2）设计电路测量导电材料样品的电阻R x．在设计时电流表应选择______（填“内接法”或“外接法”）．这样设计后实验电阻R x的测量值将______（填“大于”、“等于”或“小于”）实际值。

（3）若某次实验中，电压表和电流表的读数分别为U和I，则用已知物理量和测得的物理量的符号来表示样品的内径d=______（用已知物理量的字母表示）。

13.图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。

图中E是电池；R1、R2、R3、
R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为0.25mA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。

该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

（1）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。

当B端与“1”连接时，为直流电流2.5mA挡，则多用电表读数为______；当B端与“3”连接时，为欧姆×100Ω挡，则读数为______；当B端与“5”连接时为直流电压5V挡，则读数为
______V．（所有结果均保留3位有效数字）
（2）根据题给条件，计算可得：R1+R2=______Ω，R4=______Ω。

四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
14.带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M=3kg静止在光滑水平
面上，轨道足够高且轨道下端的切线方向水平。

今有一质
量为m=1kg的小球以水平初速度v0=4m/s滚上滑块，如图
所示，求：
（1）小球沿圆弧轨道上升的最大高度h；（g取10m/s2）
（2）小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小。

15.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿
O1O2垂直进入偏转电场。

已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑
电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A 点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；
（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T 分别应该满足的条件。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，故A正确；
B、奥斯特首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存在着相互联系，故B正确；
C、库仑得出库仑定律，并用扭秤实验最早测出了静电常数k的数值，故C错误；
D、安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故D正确；
此题选择不正确的选项，
故选：C。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】C
【解析】解；取兔子奔跑的速度方向为正方向。

根据动量定理得：-Ft=0-mv，由F=2mg，得到v=2gt=4m/s，故C正确，ABD错误
故选：C。

以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度。

本题应用动量研究碰撞过程物体的速度。

对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力。

3.【答案】C
【解析】解：微粒在上面的电场中匀速下落，受重力和电场力平衡，进入下面电场，电场力变大，根据牛顿第二定律，微粒具有向上的加速度，所以微粒做匀减速运动到0，又返回做匀加速直线运动，进入上面的电场又做匀速直线运动，速度大小仍然等于v0．故C正确，A、B、D错误。

故选：C。

通过微粒的匀速下落，得知电场力和重力的关系，然后进入另一电场，所受的电场力增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，从而根据加速度与速度的方向关系，判断其运动情况。

解决本题的关键会根据微粒的受力判断其运动情况，知道微粒在下面电场中做匀减速直线运动和返回做匀加速直线运动是对称的。

4.【答案】D
【解析】解：A、碰前系统的总动量：P1=m1v1=6kg•m/s；碰前的总动能：；
若碰后速度分别为1m/s，3m/s，则碰后总动量：P2=m1v′1+m2v2=7kg•m/s＞P1，故A错误；
B、若碰后速度分别为-6m/s，6m/s，则碰后总动量：P2=m1v′1+m2v2=6kg•m/s=P1，碰后能量：，故B错误；
C、若碰后速度分别为3m/s，1.5m/s，m1速度大于m2的速度，不符合实际，故C错误；
D、若碰后速度分别为2m/s，2m/s，则碰后总动量：P2=m1v′1+m2v2=6kg•m/s=P1，碰后
能量：，故D正确；
故选：D。

两物体碰撞过程中动量守恒，碰后的能量不大于碰前的能量，m1速度不超过m2的速度，据此分析各项。

此类问题关键是要记住碰撞遵守的三个原则：动量守恒、动能不增、符合实际。

5.【答案】B
【解析】解：A、根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误。

B、D、设平行金属板M、N间的电压为U．粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：
y=at2=••t2…①
水平方向有：x=v0t…②
联立得：y=…③
由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由③式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由①知，增大R1，U减小，t增大，故B正确，D错误。

C、电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点。

故C 错误。

故选：B。

根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置。

本题是类平抛运动与电路知识的综合，其联系的纽带是电压，要抓住电路稳定时与电容器串联的电阻上没有电压，相当于导线，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压。

6.【答案】AC
【解析】解：A、根据电流强度的定义式可得，电流I==A=1×105A，故A正确；
BD、释放的能量等于电场力做功W=QU=6×1.0×109J=6×109J，所以D错误；
所以第一次闪电的平均功率为P==W=1×1014W，
由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，所以整个闪电过程的平均功率小于第一次的闪电功率，所以B错误；
C、电场强度的大小为E==V/m=1×106V/m，故C正确；
故选：AC。

（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小；（2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小；
（3）根据电场做功的公式，可以直接计算出释放的能量．
本题是对电场强度的公式的直接考查，在电场这一部分中公式比较多，这就要求同学们在学习的过程中要掌握住每个公式．
7.【答案】BD
【解析】解：A、B根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反。

故A错误，B正确。

C、D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零。

故C错误，D正确。

故选：BD。

根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段MN上只有O点的磁感应强度为零．
本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，基础题．
8.【答案】ACD
【解析】解：AC、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的
电动势为：E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则．电阻
．故AC正确。

BD、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的内阻消耗的功率为P r=I2r=2W．电源的效率
．故B错误，D正确。

故选：ACD。

由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻。

电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻。

两图线的交点读出电流与电压，求出电源的效率和内阻的热功率。

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。

本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。

9.【答案】BC
【解析】解：逆向解题法。

A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，
直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；
B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿
z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以
B=，所以B正确；
C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，
根据平衡条件BIL cosθ=mg sinθ，所以B=，所以C正确；
D、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图（侧视图），直导线不能平衡，所以D错误。

故选：BC。

左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内．把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．
根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．
左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力
的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则．
10.【答案】ABD
【解析】解：ABC、由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，则带电油滴所受向下的重力小于向上的电场力，故油滴带正电，从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，重力做负功，重力势能变大，电场力做正功，电势能减小，故AB正确，C错误；
D、根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D正确；
故选：ABD。

根据油滴运动轨迹，可以判断出油滴的电性、重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可。

本题在电场和重力场的复合场中重点考查带电小球的功能关系转化。

在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。

11.【答案】D 1.48 0.80
【解析】解：（1）为方便实验操
作，滑动变阻器的阻值不能太大，
选择D比较合适．
（2）由于没有电压表，给定的电
流表G可与定值电阻R3串联作电
压表使用，实验电路如图甲所示．
（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后
作出I1-I2图象如图乙所示．
（4）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电
压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：
I1（R3+R A）=E-I2r
即：I1=-；
由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，
则有：1.48mA=；
解得E=1.48V；
由图象可知，图象的斜率为：0.8×10-3，由公式得图象的斜率等于，
故=0.8×10-3；
解得r=0.80Ω．
故答案为：（1）D；（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；（4）1.48；0.80．（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；
（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；
（3）应用描点法作图作出图象；
（4）由作出的U-I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．
正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．
12.【答案】50.60 6.124 外接法小于
【解析】解：（1）游标卡尺的游标尺有20个小格，故该游标卡尺为20分度的卡尺，其分度值为0.05mm
游标尺上的第12个刻度跟主尺的刻度对齐，则图示读数为：50mm+12×0.05mm=50.60mm 螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.4×0.01mm=0.124mm
所以最终读数为6mm+12.4×0.01mm=6.124mm（6.123mm～6.125mm均正确）
（2）为了是电流表获得较大偏转，应选择电流表A1（量程50mA，内阻约20Ω），
因为电阻R x估计值为100Ω，电压表内阻R V≈3kΩ电流表内阻R A≈20Ω
因为：＞，故选外接，所测电压为准确值，电流偏大，根据欧姆定律可知所测电阻阻值偏小。

（3）由欧姆定律可知，样品电阻：R=
由电阻定律可知：R=ρ=ρ，
解得：d=。

故答案为：（1）50.60，6.124（6.123～6.125均正确）；（2）外接法，小于；（3）
（1）观察游标尺判断游标卡尺的分度值，游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）根据电表要有较大偏转，选择合适的电流表，根据选择的电流表内阻，电压表内阻以及被测电阻估计值，合力选择内外接，根据欧姆定律结合串并联电路特点，进行误差分析；
（3）利用欧姆定律结合电阻定律联立即可求出样品的内径d。

本题考查金属电阻率的测量实验。

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

熟练掌握欧姆定律以及电阻定律的应用，掌握内外接选择的方法为：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，即：口诀“大内大，小外小。

”
13.【答案】1.47mA 1.1×103Ω 2.95 160 880
【解析】解：（1）当B端与“1”连接时，为直流电流2.5mA挡，则多用电表读数为1.47mA；当B端与“3”连接时，为欧姆×100Ω挡，则读数为11×100Ω=1.1×103Ω；当B 端与“5”连接时为直流电压5V挡，则读数为2.95V。

（2）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路
规律可知，R1+R2=；总电阻R总==120Ω；
接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电
路规律可知，R4==880Ω；
开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。

故答案为：（1）1.47mA 1.10×103Ω 2.95 （2）160 880
（1）根据电表刻度盘进行读数；（2）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；
本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择的量程进行读数。

14.【答案】解：（1）在光滑水平地面上，系统水平方向的合力为零，所以系统水平方向上动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v；
由系统的机械能守恒得：
联立解得：h=0.6m。

（2）设小球又滚回来时，M的速度为v1，球的速度为v2，由动量守恒定律有：mv0=Mv1+mv2
由系统的机械能守恒有：
联立解之得的：v1=-2m/s，v2=2m/s
即速度的大小均为2m/s。

答：（1）小球沿圆弧轨道上升的最大高度h是0.6m。

（2）小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小均为2m/s。

【解析】（1）在光滑水平地面上，小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向上动量守恒；小球上升到最大高度时二者速度相等。

根据系统水平方向上动量守恒和系统机械能守恒列出等式，求解最大高度h。

（2）再根据系统水平方向上动量守恒和系统机械能守恒列出等式，求小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小。

本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，应用动量守恒时一定要注意方向问题。

要知道本题中系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。

15.【答案】解：（1）电子经加速电场加速：eU1=mv2
解得：v=
（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得：=（L+L）tanθ
解得：tanθ=
又tanθ====
解得：U2=
（3）要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且v y=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则
因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t==nT
则T===（n=1，2，3，4…）
在竖直方向位移应满足=2n×a（）2=2nו（）2
解得：U0==（n=1，2，3，4…）
答：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小v=。

（2）偏转电场所加电压U2=。

（3）偏转电场电压U0=（n=1，2，3，4…），周期T=（n=1，2，3，4…）。

【解析】（1）根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小。

（2）粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。

（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且v y=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期。

抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式。

根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方
向上的位移等于，根据该关系求出偏转电压的通项表达式。

本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。