2025年浙教新版必修三物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教新版必修三物理上冊階段測試試卷535考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、某興趣小組探究用不同方法測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，他們提出的實驗方案中有如下四種器材組合．為使實驗結(jié)果盡可能準確，最不可取的一組器材是()A.一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器B.一個伏特表和多個定值電阻C.一個安培表和一個電阻箱D.兩個安培表和一個滑動變阻器2、如圖所示，用兩根等長的絕緣線把兩個質(zhì)量相等的小球懸掛起，a球帶電+3q，b球帶電-q，若兩球的庫侖力小于b球的重力；且兩根線都處于繃緊狀態(tài)，現(xiàn)加一水平向左的勻強電場，待平衡時，表示平衡狀態(tài)的圖是（）

A.B.C.D.3、如圖所示，在等量異種電荷形成的電場中，畫一正方形ABCD，對角線AC與兩點電荷連線重合，兩對角線交點O恰為電荷連線的中點。下列說法正確的是（）

A.B、D兩點的電場強度大小相等，方向相反B.A點的電場強度大于C點的電場強度且兩點電場強度方向相同C.一電子沿B→C→O→D路徑移動到D點，電場力一直做正功D.一電子沿對角線B→O→D路徑移動，電場力不做功4、如圖所示，a、b、c為電場中同一條電場線上的三點，其中c為a、b連線的中點。若一個運動的正電荷只在靜電力作用下先后經(jīng)過a、c、b三點，其中a、b兩點的電勢分別為則下列說法正確的是（）

A.a點的電場強度一定等于b點的電場強度B.c點電勢C.正電荷在a點的動能小于在b點的動能D.正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能5、如圖所示的電路中，當開關(guān)閉合時，燈L1、L2均不亮；理想電流表無示數(shù)，理想電壓表有示數(shù)，不計電源內(nèi)阻。則故障原因可能是（）

A.L1短路B.L2短路C.L1斷路D.L2斷路6、電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與可變電阻及一平行板電容器連成如圖所示的電路。當開關(guān)S閉合后，兩平行金屬板A、B間有一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）

A.將的滑片向右移動一小段距離，帶電液滴將向下運動B.將的滑片向右移動一小段距離，電容器兩極板的電荷量將增加C.增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電荷量將減少D.減小的阻值，兩端的電壓的變化量大于兩端的電壓的變化量評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，電容器的電容為C．閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)的變化量大小為U，電流表示數(shù)變化量的大小為I；在這個過程中，下列判斷正確的是。

A.電容器的帶電量減少，減小量小于CDUB.電阻R1兩端電壓減小，減小量等于DUC.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D.電壓表的示數(shù)DU和電流表的示數(shù)DI的比值變大8、下列說法中正確的是________A.做簡諧運動的質(zhì)點，離開平衡位置的位移相同時，加速度也相同B.做簡諧運動的質(zhì)點，經(jīng)過四分之一周期，所通過的路程一定是一倍振幅C.根據(jù)麥克斯電磁場理論可知，變化的磁場可以產(chǎn)生電場，變化的電場可以產(chǎn)生磁場E.聲波從空氣傳入水中時頻率不變，波長變長．E.聲波從空氣傳入水中時頻率不變，波長變長．9、如圖所示電路中，定值電阻R大于電源內(nèi)阻r，當滑動變阻器滑動端向右滑動后，理想電流表A1、A2、A3的示數(shù)變化量的絕對值分別為I1、I2、I3，理想電壓表示數(shù)變化量的絕對值為U，下列說法中正確的是（）

A.電流表A2的示數(shù)一定變小B.電壓表V的示數(shù)一定增大C.△I3一定大于△I2D.△U與△I1比值一定小于電源內(nèi)阻r10、下列關(guān)于熱輻射和黑體輻射的說法正確的是（）A.一切物體都在輻射電磁波B.一般物體輻射電磁波的強度與溫度無關(guān)C.隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動D.黑體能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波11、x軸上關(guān)于原點O對稱的P、Q兩點各有一個點電荷，x軸上各點電場強度E隨坐標x的變化曲線如圖所示，規(guī)定沿x軸正向為場強的正方向，A、B為P、Q中垂線上關(guān)于O點對稱的兩個點（A、B未在圖中標出）；則下列描述中正確的是（）

A.兩個電荷為等量正電荷B.沿x軸從P點到Q點的電勢先降低后升高C.沿著中垂線從A點到B點的電勢先降低后升高D.沿著中垂線從A點到B點的電場強度一定先減小后增大12、如圖所示，空間存在范圍足夠大與長方形所在平面平行的勻強電場，已知A、B、C三點的電勢分別為一帶電粒子從A點以與成夾角斜向右上方、大小為的初速度射入電場，恰好經(jīng)過C點。不計粒子的重力。下列說法正確的是（）

A.D點電勢為B.電場強度大小為C.粒子過C點的速度與初速度方向間夾角的正切值為D.粒子過C點的速度為評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、正四面體ABCD的棱長為a，A點固定點電荷+Q，B點固定點電荷－Q，靜電力常量為k，則D點的場強大小為______；若A點的電荷單獨在C點產(chǎn)生的電勢為則兩電荷在C點共同產(chǎn)生的電勢為______。

14、了解多用電表的______和______，掌握多用電表的使用方法。15、某電熱水壺銘牌的部分參數(shù)如表中所示，從表中可知，該電熱水壺正常工作時電壓U=______V，功率P=_____W，電流I=______A。

產(chǎn)品型號

DF-938

額定電壓

220V

額定頻率

50HZ

額定功率

1100W16、一半徑為R的絕緣球殼上均勻地帶有電荷量為+Q的電荷，另一電荷量為+q的點電荷放在球心O上，如圖所示．現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r（r<<R）的一個小圓孔，則此時置于球心的點電荷所受電場力的大小為______（已知靜電力常量為k），方向____________．

17、判斷下列說法的正誤。

（1）電勢差與電勢一樣，是相對量，都與零電勢點的選取有關(guān)。____

（2）電勢差是一個標量，但是有正值和負值之分。____

（3）若電場中兩點間的電勢差UAB=1V，則將單位正電荷從A點移到B點，靜電力做功為1J。____

（4）將電荷量為q的電荷從A點移到B點與將電荷量為-q的電荷從B點移到A點，靜電力所做的功相同。____

（5）電荷在等勢面上移動時不受靜電力作用，所以靜電力不做功。____18、在探究“電阻定律”實驗時，某同學猜想電阻R可能與材料、長度、橫截面積、溫度等有關(guān)。為完成實驗，該同學通過__________（選填“控制變量法”或“等效法”）實驗探究導體電阻與決定因素的關(guān)系得出電阻定律，并總結(jié)表達式__________。評卷人得分四、作圖題(共2題，共8分)19、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。20、如圖1所示，用電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。

（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）請在圖2畫好的U-I關(guān)系圖線上任取一點；畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共18分)21、某實驗小組欲制作一個兩擋位（“×1”“×10”）的歐姆表；使用的實驗器材如下：

A．電流表G（滿偏電流內(nèi)阻）；

B．定值電阻

C．定值電阻

D．滑動變阻器（最大阻值為1000Ω）；

E．電源（電動勢為9V）；

F．單刀雙挪開關(guān)S；

G．紅；黑表筆及導線若干。

其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示；回答下列問題：

（1）圖中A接____（填“紅”或“黑”）表筆；

（2）將單刀雙擲開關(guān)S與1接通時，歐姆表的擋位為_______（填“×1”或“×10”）；

（3）現(xiàn)用該歐姆表測量一未知電阻選用“×10”擋位并歐姆調(diào)零后，將電阻接在A、B之間，發(fā)現(xiàn)電流表幾乎滿偏，斷開電路并將“×10”擋位換成“×1”擋位，再次歐姆調(diào)零時，滑動變阻器的滑片_______（填“向上”或“向下”）移動，使電流表滿偏，再次將電阻接在A、B之間，穩(wěn)定后電流表⑥的指針對準刻度盤上的0.6mA處，則未知電阻=_______Ω。22、在某次實驗中，得到游標卡尺、電流表（量程）、電壓表（量程）的讀數(shù)如圖所示，則上述儀器的讀數(shù)分別是：_____________________

評卷人得分六、解答題(共4題，共28分)23、如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m；電荷量為e。（不計電子的重力）求：

（1）電子穿過A板時的速度大小；

（2）P點到O點的距離；

（3）用什么方法可使電子打在P點上方。

24、如圖所示，真空室中電子槍連續(xù)均勻發(fā)出的電子（初速不計）經(jīng)過V的加速電場后，由小孔S沿兩個互相垂直的偏轉(zhuǎn)電極和的中心線射入。偏轉(zhuǎn)電極的板長為m，極板相距m，偏轉(zhuǎn)電極的板長也為m，極板相距m，且高度足夠高。偏轉(zhuǎn)電極的右側(cè)與偏轉(zhuǎn)電極的左側(cè)相距為L，熒光屏與中心線垂直，且與偏轉(zhuǎn)電極的右側(cè)相距為L/2。兩個偏轉(zhuǎn)電極都不加電壓時，電子束沿中心線打到熒光屏中心產(chǎn)生亮斑?，F(xiàn)在電極間加電壓在電極間加電壓和的電壓隨時間t變化的圖線分別如圖所示。設極板間電場可看作是均勻的，且極板外無電場，在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場均可視作恒定，能通過兩偏轉(zhuǎn)電極的電子均能打到熒光屏上。已知電子的電量不計電子重力和電子間的相互作用。

（1）求電子從小孔S射出時的動能；

（2）求能通過偏轉(zhuǎn)電極的電子數(shù)占總數(shù)的比例；

（3）求打到熒光屏上電子動能的范圍；

（4）請通過計算定量畫出電子打到熒光屏上的點形成的圖線。

25、將一電荷量為2×10-5C的負電荷由A點移到B點，電場力做了0.1J的負功，已知A、B兩點間距為2cm；兩點連線與電場方向成60°角，如圖所示，問：

（1）A、B兩點哪點電勢高？A、B間的電勢差為多少？

（2）該勻強電場的電場強度為多大？

26、如圖所示，半為R＝0.4m半圓形絕緣光滑軌道BC與水平絕緣粗糙的軌道AB在B點平滑連接，軌道AB上方有電場強度大小為E＝1.O×104N/C，方向向左的勻強電場。現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝＋1.0×10-4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，若帶電體恰好可以沿圓弧軌道運動到C點，并在離開C點后，落回到水平面上的D點(圖中未畫出)，重力加速度g＝10m/s2。求：

（1）帶電體運動到圓形軌道B點時對軌道的壓力大小；

（2）帶電體落回到水平面上的D點到B點的距離；

（3）帶電體從開始運動到落回到水平面整個過程中的最大動能(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

A中根據(jù)閉合回路歐姆定律可得可測量多組數(shù)據(jù)列式求解，A正確；B中根據(jù)歐姆定律可得測量多組數(shù)據(jù)可求解，B正確；C中根據(jù)歐姆定律可得可測量多組數(shù)據(jù)列式求解，C正確；D中兩個安培表和一個滑動變阻器，由于不知道滑動變阻器電阻，故無法測量，D錯誤；

【點睛】對于閉合回路歐姆定律的應用，一定要注意公式形式的變通，如本題中結(jié)合給出的儀器所測量的值，選擇或者變通相對應的公式，2、B【分析】【詳解】

以ab整體為研究對象，整體電量相當于+2q，水平方向受向左的電場力，故上面繩子向左傾斜；以最下面小球為研究對象，帶負電，受向右的電場力，所以下面的繩子是向右傾斜。

故選B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

AB．由于B、D兩點處在等量異種電荷的中垂線上，且關(guān)于O點對稱，因此其電場強度大小相等，方向均水平向右，A點的電場強度與C點的電場強度大小相等；方向相同。故A、B錯誤；

C．電子沿B→C→O→D路徑移動到D點，先靠近負電荷，電場力做負功，后遠離負電荷，電場力做正功，因此電場力先做負功，后做正功，從O到D電場力不做功；C錯誤；

D．從B→O→D的過程中；移動的方向始終與電場線方向垂直，故電場力不做功，故D正確。

故選D。4、D【分析】【詳解】

AB．由圖電場不一定是勻強電場，所以a點的電場強度不一定等于b點的電場強度，c點電勢不一定為0；故AB錯誤；

CD．正電荷在電勢高的位置電勢能較大，所以正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，根據(jù)能量守恒可知正電荷在a點的動能大于在b點的動能；故C錯誤；D正確；

故選D。5、C【分析】【詳解】

當開關(guān)閉合時，燈L1、L2均不亮，理想電流表無示數(shù)，由實物連接電路可知，故障應是電路中某一處發(fā)生斷路；若L1斷路，則電壓表正、負極分別與電源正、負極接通，電壓表有示數(shù)；若L2斷路；則電壓表正；負極都與電源負極斷開，電壓表無示數(shù)。

故選C。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．與電容串聯(lián)，穩(wěn)定后無電流通過，對電路無影響，故將的滑片向右移動一小段距離；帶電液滴仍處于靜止狀態(tài)，A錯誤；

B．將的滑片向右移動一小段距離，阻值增大，回路電流減小，兩端電壓減小，即電容兩端電壓減小，由可知；電容器兩極板的電荷量將減少，B錯誤；

C．增大電容器兩板間的距離d，由

可知，電容C減小，兩極板的電荷量Q將減少；C正確；

D．減小的阻值，回路電流增大，及內(nèi)阻兩端的電壓增大，由

可知兩端的電壓減小，故兩端的電壓的變化量小于兩端的電壓的變化量；D錯誤。

故選C。二、多選題(共6題，共12分)7、A:C【分析】【詳解】

AB．閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析得知，電阻R1兩端的電壓減小，電阻R兩端的電壓增大，而它們的總電壓即路端電壓增大，所以電阻R1兩端的電壓減小量小于△U，則電容器的帶電量減小，減小量小于C△U．故A正確；B錯誤．

C．根據(jù)歐姆定律R增大，則電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大．故C正確．

D．根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-I（R1+r），由數(shù)學知識得知，保持不變．故D錯誤．8、A:C:E【分析】【分析】

【詳解】

做簡諧運動的質(zhì)點，離開平衡位置的位移相同時，回復力相同，故加速度也相同，選項A正確；做簡諧運動的質(zhì)點，經(jīng)過四分之一周期，只有從平衡位置或者從位移最大或最小的位置計時，所通過的路程一定是一倍振幅，選項B錯誤；根據(jù)麥克斯電磁場理論可知，變化的磁場可以產(chǎn)生電場，變化的電場可以產(chǎn)生磁場，選項C正確；雙縫干涉實驗中，根據(jù)可知，若只減小雙縫到光屏間的距離，兩相鄰亮條紋間距離將變小，選項D錯誤；聲波從空氣傳入水中時頻率不變，波速變大，根據(jù)可知波長變長，選項E正確；故選ACE.9、B:D【分析】【詳解】

AB．當滑動變阻器滑動端向右滑動后，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，所以電流表A3的示數(shù)減小。根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，總電流I3減小，則內(nèi)電壓減小，則外電壓即并聯(lián)部分電壓增大，即電壓表V的示數(shù)一定增大，電流表A2的示數(shù)一定變大；A錯誤，B正確；

C．由圖可知，電壓表測量的是外電路電壓U，根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-I3r

根據(jù)歐姆定律U=I2R

當滑動變阻器向右滑動時，外電路U增大，設其變化量為U，則根據(jù)上式可得I3r=│U│=UI2R=│U│=U

因為外電路電壓變化量一樣，而R>r

因此有I3>I2

C正確；

D．電壓表測量路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-I3r

可知

根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律可得I3=I1+I2

因為I3減小，而I2增大，所以I1一定減小，且減小量比I3的減小量大，即I3一定小于I1，故

D正確。

故選BCD。10、A:C:D【分析】【詳解】

AB.我們周圍的一切物體都在輻射電磁波；這種輻射與物體的溫度有關(guān)，所以叫做熱輻射，故A正確，B錯誤；

C．隨著溫度的升高；黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，故C正確；

D．如果某種物體能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射；這種物體就是絕對黑體，簡稱黑體，故D正確。

故選ACD。11、A:B【分析】【詳解】

A．由x軸上各點電場強度E隨坐標x的變化曲線可知；兩個電荷為等量正電荷，故A正確。

B．x軸上從P點到Q點的電勢先降低后升高；故B正確。

CD．由兩等量正點電荷的電場電勢分布情況。

可知；沿著中垂線從A點到B點的電場強度可能先減小后增大，也可能先增大再減小，再增大再減小，電勢先升高后降低，故C；D錯誤。

故選AB。12、A:C【分析】【詳解】

A．因A、B、C三點的電勢分別為取O點為的中點，則則為等勢線，連接并延長過D點，則A正確；

B．過A點作的垂線，則帶箭頭的實線為電場線，如圖所示

故B錯誤；

C．粒子從A點開始做類平拋運動到C點，設粒子運動到C點時瞬時速度與初速度方向的夾角為粒子運動到C點時位移與初速度方向的夾角則根據(jù)類平拋運動的推論

C正確；

D．粒子在C點時

故D錯誤。

故選AC。

三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【詳解】

[1]兩個電荷在D點產(chǎn)生的場強大?。?/p>

方向的夾角為則D點的合場強

[2]由于A點的電荷單獨在C點產(chǎn)生的電勢為因A帶正電，而B帶負電，那么B點的電荷單獨在C點產(chǎn)生的電勢為則兩電荷在C點共同產(chǎn)生的電勢為0；【解析】014、略

【分析】【詳解】

略【解析】構(gòu)造原理15、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)電熱水壺的銘牌可知：220V表示電水壺的額定電壓為U=220V；即正常工作時電壓為220V；

[2]1100W表示水壺的額定功率為P=1100W；

[3]額定電流為【解析】2201100516、略

【分析】【詳解】

球殼的電荷面密度σ=球殼上挖去半徑為r的小圓孔，去掉的電荷量q′=σπr2=關(guān)于球心O對稱位置相應電荷對球心電荷的電場力大小為F==方向由球心指向小圓孔圓心，其余部分對球心電荷的合力為零．【解析】由球心指向小圓孔圓心17、略

【解析】①.錯②.對③.對④.對⑤.錯18、略

【分析】【詳解】

[1][2]在探究電阻R與材料、長度、橫截面積、溫度等有關(guān)的實驗中，為完成實驗，應控制單個變量，其他物理量保持不變，即采用控制變量法；再綜合結(jié)論可得出電阻定律，為

其中S為導體橫截面積，L為導體長度，ρ為比例系數(shù)，且由導體材料和溫度決定?！窘馕觥靠刂谱兞糠ㄋ?、作圖題(共2題，共8分)19、略

【分析】【詳解】

根據(jù)電荷屬性；點電荷；等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線如下所示。

【解析】20、略

【分析】【詳解】

（1）由閉合電路歐姆定律可知

所以圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢；與橫軸交點的坐標值為短路電流，如圖所示。

（2）電源的輸出功率等于路端電壓與干路電流的乘積；即所要求的的面積為該點向坐標軸作垂線后與坐標軸圍成的面積，如圖所示。

【解析】（1）U-I圖像如圖所示。圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流；（2）五、實驗題(共2題，共18分)21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據(jù)電流方向“紅入黑出”，可知A接黑表筆；

（2）[2]開關(guān)接1時，R0與R1串聯(lián)后和電流表并聯(lián)，三者總電阻為

開關(guān)接2時，R1與電流表串聯(lián)后和R0并聯(lián)，三者總電阻為

歐姆表的倍率大的擋位內(nèi)阻大；所以將單刀雙擲開關(guān)S與1接通時，歐姆表的擋位為“×10”。

（3）[3]由“×10”擋位換成“×1”擋位，再次歐姆調(diào)零時，即增大電流表中的電流，應減小滑動變阻器接入電路中的阻值；滑片向下，使電流表滿偏。

[4]把檔位調(diào)到“×1”，將兩表筆短接歐姆調(diào)零后，設歐姆表的內(nèi)阻為R內(nèi)，根據(jù)電路圖，此時電流表滿偏，電路的干路電流為根據(jù)歐姆定律

根據(jù)閉合電路歐姆定律

解得

把兩表筆與待測電阻相接時，干路電流為

則

其中根據(jù)閉合電路歐姆定律

解得【解析】黑×10向下6022、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知讀數(shù)為

[2]電流表的量程為分度值為5mA，故讀數(shù)為116mA（116~117mA均可）。

[3]電壓表的量程為分度值為0.1V，故讀數(shù)為5.00V（4.98~5.02V均可）?！窘馕觥?.50116～1175.00（4.98～5.02均可）六、解答題(共4題，共28分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0；根據(jù)動能定理得。

eU1=解得。

（2）電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為y1；根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得。

F=eE，E=F=ma，a=t1=y1=解得。

y1=設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy；根據(jù)運動學公式得。

vy=at1=電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動，設電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2；則有。

t2=y2=vyt2解得。

y2=P到O點的距離為。

y=y1+y2=（3）要讓電子打在P點上方，由上面的公式可知，可適當增大U2，減小U1【解析】（1）（2）（3）適當增大U2，減小U124、略

【分析】【詳解】

（1）設電子從小孔S射出時的速度為v0，動能為Ek0，由動能定理

得（或）

（2）設電子通過YY′極板的時間為t0，恰好能通過時極板間的電壓為U1，則

得

當YY′極板電壓高于20V時，電子將不能通過，根據(jù)可知；在0~0.1s一個周期內(nèi)，只有0~0.04s時間內(nèi)射入的電子能通過，所以能通過偏轉(zhuǎn)電極YY′的電子占總數(shù)的比例40%

（3）設電子通過XX′極板的時間為t0，恰好能通過時極板間的電壓為U2，則

得

所以；到達偏轉(zhuǎn)電極XX′的電子均能通過。

由圖像可知在0~0.2s內(nèi)；20V電壓對應的時刻是0.04s；0.14s。

電子打到熒光屏上的動能

有前面分析知

分析0~0.2s時間內(nèi)打到熒光屏的電子，0~0.04s內(nèi)，電子動能逐漸減小，0s時=0，y=0，=500V，x=動能為1000eV+0+250ev=1250eV，0.04s時=20V，y==300V，x=則動能為1000eV+10eV+90eV=1100eV；在0.1s~0.14s時間內(nèi)，電子動能逐漸增大：0.1s時，y=0，x=0，電子最終動能為1000eV；0.14s時，=20V，y==200V