广东省中山市2024-2025学年高二年级上册期末统一测试物理试题（解析版）

广东省中山市2024-2025学年高二上学期期末统一测试物理试题

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符

合题目要求的。

1.关于电磁波，下列说法正确的是（）

A.电磁波能传输电视信号

B.电磁波由恒定的电场和磁场组成

C.真空中红外线的传播速度比紫外线的大

D.可见光不属于电磁波

【答案】A

【解析】【解答】A.电磁波能传输电视信号，A正确；

B.电磁波山周期性变化的电场和磁场组成，B错误；

C.真空中红外线的传播速度与紫外线相等，C错误；

D.可见光也属于电磁波，选项D错误。

故答案为：Ao

【分析】1.电磁波特性：周期性变化的电场、磁场相互激发形成，能传递信息（如电视信号）o

2.真空速度：真空中所有电磁波速度等于光速，与频率（红外线、紫外线）无关。

3.电磁波谱：可见光属于电磁波谱的一部分。

2.某同学将电流计、线圈A、线圈B、蓄电池、滑动变阻器、开关用导线连接成如图所示的电路来研究“电

磁感应”现象，其中小线圈A套在大线圈B中，两线圈之间彼此绝缘。可以观察到的现象是（）

A.闭合开关的瞬间，电流计的指针发生偏转

B.断开开关的瞬间，电流计的指针发生偏转

C.仅保持开关闭合，电流计的指针不发生偏转

D.保持开关闭合，移动滑动变阻器滑片的过程，电流计的指针不发生偏转

【答案】C

【解析】【解答】ARC.根据电路可知,无论是闭合开关的瞬间、断开开关的瞬间，还是仅保持开关闭合，穿

过线圈B的磁通量都是不变的，无感应电流产生，即电流计的指针不发生偏转，AB错误，C正确；

第1页

D.保持开关闭合，移动滑动变阻器滑片的过程，穿过线圈B的磁通量发生变化，则有感应电流产生，电流

计的指针发生偏转，D错误。

故答案为：Co

【分析】1.感应电流条件：只有当穿过闭合回路的磁通量发生变化（△中工0）时，才会产生感应电流。

2.磁通量判断：线圈A电流稳定（滑片不动）,其产生的磁场稳定，线圈B的磁通量不变；线圈A电流变

化（滑片移动），磁场改变，线圈B磁通量变化。

3.电源AB的路端电压U与干路电流/的关系如图甲所示。现将一只标识为“6忆的小灯泡与电源AB组

成如图乙所示的电路，下列说法正确的是（）

A.只闭合Si，小灯泡的功率为6W

B.只闭合S2,小灯泡两端的电压小于6V

C.S2均断开时，电源A的路端电压为零

D.每通过相同的电荷量，电源B中非静电力的功比电源A中的多

【答案】B

【解析】【解答】A.由图可知，两电源电动势均为6V,只闭合51，A与灯泡接通，则小灯泡两端电压小于

6V,则灯泡的功率为小于6W,选项A错误；

B.只闭合Sz，B与灯泡接通，则小灯泡两端电压小于6V,选项B正确；

C.S2均断开时，电源A的路端电压等于电源电动势，为6V,选项C错误；

D.两电源电动势均相同，可知每通过相同的电荷量，电源B中非静电力的功等于电源A中的非静电力的功

相等，选项D错误。

故答案为：Bo

【分析】I.电源特性：U-I图像截距为电动势，斜率为内阻（判断E、r大小）。

2.路端电压计算：闭合电路欧姆定律U=E-lr,因内阻存在，路端电压小于电动势。

3.非静电力做功：由W=qE,电动势相同、电荷量相同时，做功相等。

4.某同学用如图所示电路探究某电容器的放电规律，将开关闭合，让己经充满电的电容器放电。在放电过

程中电容器两极板电势差为U,所带电荷量为Q,电流大小为3电容器的电容为C。关于U、Q、八C随时间£

变化的图像，可能正确的是（）

第2页

【解析】【解答】电容器放电过程中，电容器的电容C不变，极板带电量Q逐渐减小，两极板间电压U逐渐

减小，放电电流i逐渐减小。

故答案为：Bo

【分析】1.电容不变性：电容由电容器自身决定，与充放电无关。

2.放电特性：电荷量Q减小，电压U减小（C=g）；电流i=/减小（因U减小），且i随Q减小

而减小（曲线斜率减小）。

5.如图所示，带电量相等的点电荷例、N固定不动且连线水平，带正电的检验电荷P仅在电场力作用下，在

M、N连线的中垂面内绕中心点0做匀速圆周运动，图中虚线为圆周运动的轨迹，不计检验电荷所受的重力。

下列说法正确的是（）

MN

A.历带正电荷，N带鱼电荷

B.虚线上各点的电场强度相同

第3页

C.做匀速圆周运动的过程中，检验电荷P所受的电场力不变

D.做匀速圆周运动的过程中，检验电荷P的电势能不变

【答案】D

【解析】【解答】A.因为带正电的检验电荷P仅在电场力作用下，在M、N连线的中垂面内绕中心点。做匀速

圆周运动，可知MN均带负电荷，A错误；

B.虚线上各点的电场强度大小相同，但是方向不同，B错误；

C.做匀速圆周运动的过程中，检验电荷尸所受的电场力大小不变，方向不断变化，选项C错误；

D.做匀速圆周运动的过程中，因虚线圆上各点电势都相等，可知检验电荷P的电势能不变，D正确。

故答案为：Do

【分析】1.电荷性质判断：匀速圆周运动需向心力指向圆心，结合电场力方向判断M、N电荷性质（均

负）o

2.电场强度：等距点电场强度大小相等，方向需结合电荷性质判断（指向O点，方向相同）.

3.电场力：大小不变，方向随圆周运动时刻变化。

4.电势能：等势面上电势相等，正电荷电势能不变。

6.如图电路中，电源电动势为14V,内阻忽略不计，小灯泡的额定电压为6V、额定功率为12W,电动机的

线圈电阻RM=1。。若灯泡恰能正常发光，电压表视作理想电表，下列说法正确的是（）

0E二

-@-

------@------

A.电动机的输出功率为12"B.电压表的示数为2V

C.流经电动机的电流为84D.电动机的电功率为4W

【答案】A

【解析】【解答】AD.电动机的电功率为P电=UI=8x2W=161V

电动机线圈产生的热功率为P热==22X1W=4W

则电动机的输出功率为「出=P电一P热=12”,故A正确，D错误；

BC.电压表的示数为〃=£一（4=14V-6V=8V

灯泡恰能正常发光，则电流为/=也=蜘=24

可知流经电动机的电流为24故BC错误。

故答案为：Ao

【分析】1.串联电路电流：灯泡正常发光时电流为额定电流，串联电路电流处处相等（电动机电流等于灯泡

第4页

电流）o

2.电压分配：电源电动势等于灯泡电压与电动机电压之和（内住忽略）o

3.电动机功率：总功率总「总="，热功率热P热=『R,输出功率出总热P,/=P总一P或（非纯电阻电

2

路，不能用p=%）。

7.某同学将满偏电流为1mA的亳安表改装为具有3nM和10mA两个量程的电流表，电路图如图所示，其中

接线柱Q为不同量程的公共接线柱，接线柱b标注为107m4,接线柱C标注为37714。已知亳安表的内阻为

100。,七和％为定值电阻，则（）

A.使用a和6两个接线柱，毫安表满偏时通过电的出流为9mA

B.使用a和c两个接线柱，毫安表满偏时通过%的电流为3mA

C.定值电阻&的阻值为15。

D.定值电阻&的阻值为50。

【答案】C

【解析】【解答】A.使用a和b两个接线柱，亳安表满偏时通过R?的电流与通过毫安表的电流殂等，为1mA,

A错误；

B.使用Q和C两个接线柱，毫安表满偏时通过心的电流为3m=B错误；

CD.由电路可知/gTg=（%+R2）（，ac—/g），/g&g+口2）=一

解得R1=15C,R2=3511,C正确，D错误。

故答案为：Co

【分析】1.分流原理：电流表改装通过并联电阻分流，不同接线柱对应不同分流电阻组合。

2.并联电压相等：利用“亳安表支路电压=分流电阻支路电压''列方程，联立求解%、%。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的4个选项中，有多项符合

题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

8.如图是某种高压电干燥装置的电场分布图，电极。和大导体板分别接在高压电源两极，两极间产生强电

场，图中实线为电场线、虚线为等势面，电场中a、匕、c三点在同一条电场线上，且长度ab=bc,下列关系

正确的有（）

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大导体板

A.Q、6、C三点的电势关系为%%

B.a>b、c三点的场强关系为£V氢VE。

C.ab、be间的电势差关系为Ua%=U%

D.带负电粒子在*从c三点的电势能关系为EpaV£pb<E”

【答案】A,D

【解析】【解答】本题的关键要掌握出场线的两个意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，电场线方向表示

电势高低。A.沿电场线电势逐渐降低，可知跖6c三点的电势关系为外>%>9c，选项A正确；

B.电场线越密集场强越大，可知m氏c三点的场强关系为Ea〉Eb>Ec，选项B错误；

C.根据U=Ed因ab间的平均场强大于cd间的平均场强，可知ab、be间的电势差关系为几。>比「选项C

正确；

D.因为（P-C，负电荷在高电势点的电势能较小，可知带负电粒子在a、b、C三点的电势能关系为

Epa<Epb<Epof选项D正确。

故选ADo

【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电场线方向分析电势高低；根据电场线疏密分析电场强度的大

小；根据公4U=Ed分析电势差大小；根据电势能公式Ep=q（p分析电势能大小。

9.将其新材料压制成半圆柱体，横截面如图甲所示。一束红光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上

过圆心。点的法线成。角，CO为足够大的光学传感器，可以探测从48面反射光的强度，反射光强度随。变化

规律如图乙所示。已知s加37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的有（）

B.图甲中，红光反射光线的频率大于折射光线的频率

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C.图甲中，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小

D.图甲中，入射角。减小到。时，光将全部从A3界面透射出去

【答案】A,C

【解析】【解答】本题主要考查光的全反射；解答此类题目的关链是弄清楚光的传播情况，掌握全反射条件和

临界角公式，并能用来分析实际问题。A.由图可知，当6=37。时发生全反射，可知新材料对红光的折射率

为

15

sin373

选项A正确；

B.图甲中，红光反射光线的频率等于折射光线的频率，选项B错误；

C.图甲中，根据可知，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小，选项C正确；

D.图甲中，入射角。减小到0时，仍有光线反射回介质中，而不是光将全部从71B界面透射出去，选项D错

误。

故选AC.

【分析】由图乙读出临界角C,根据全反射临界角公式求解折射率。光的频率与介质无关；根据v=与分析红

光在半圆柱体中传播速度与真空中传播速度的关系；减小入射角仇反射光线一定存在。

10.如图甲所示，轻质弹簧下端挂手机组成振动装置，手机的加速度传感器可以记录在竖直方向的加速度大

小和方向，以竖直向上为正方向，得到加速度Q随时间亡变化的曲线为余弦曲线，如图乙所示。」知振幅为

A,下列说法正确的有（）

甲乙

A.亡=0时，手机在平衡位置上方

B.£=0.2s时,手机的动能最大

C.从£=0至£=0.1s,手机向上运动的距离小于0.5A

D.从亡=0.2s至t=0.4s,手机的重力势能减小

【答案】B,C

【解析】【解答】A.t=0时，加速度a向上最大，手机在最低点，故A错误;

B.t=0.2s时，加速度Q为零，手机通过平衡位置，动能最大，故B正确；

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C.从t=0至£=0.2s,手机由最低点向平衡位置运动，速度越米越大，故从£=0至£=O.ls,手机向上运动

的距离小于0.5A,故C正确；

D.从°=0.2s至t=0.4s,手机由平衡位置向最高点运动，重力势能增大，故D错误。

故答案为：BCo

【分析】1.加速度与位移关联：借助。=-32人明确加速度和位移在方向、大小上的关系，以此判断物体所

处位置（端点或平衡位置）。

2.运动过程剖析：分析不同阶段物沐的运动性质（加速），进而判断位移、速度、动能、重力势能的变化情

况。

11.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，水平放置一根通电直导线（图中圆环中心处），电流方向垂直纸

面向外，Q、b、c、d是以通电直导线为圆心的同一圆周上的四点，ac与磁场方向垂直，bd与磁场方向平

行，ac、bd都过圆心。已知a点的磁感应强度为0,下列说法正确的有（）

A.c点的磁感应强度为b点磁感应强度的2倍

B.b、d两点的磁感应强度方向相互垂直

C.b、d两点的磁感应强度大小相等

D.在该圆周上c点的磁感应强度最大

【答案】B,C,D

【解析】【解答】匀强磁场的磁感应强度为B,因a点的磁感应强度为0,可知直导线产生的磁场与匀强磁

场的场强等大反向，因直导线在abed四点产生的磁感应强度大小相同则均为B,直导线在b点的磁场方向向

下，可知b点的合磁感应强度为四B,方向指向右下方45。；直导线在c点的磁场向右，可知c点的磁感应强

度为2B,方向向右；直导线在d点的磁场方向向上，可知d点的合磁感应强度为企8,方向指向右上方

45。；则c点的磁感应强度为b点磁感应强度的或倍，b、d两点的磁感应强度方向相互垂直；b、d两点的磁

感应强度大小相等；在该圆周上c点的磁感应强度最大。

故答案为：BCDo

【分析】1.磁场叠加：匀强磁场与直导线磁场（安培定则判断方向）矢量叠加，满足平行四边形定则。

2.各点磁场：根据直导线磁场方向（圆周切线）与匀强磁场（向右）的方向关系，计算合磁场大小与方

向。

3.选项验证：对比各点合磁场的大小、方向，判断选项正误。

第8页

12.如图所示为一种自动测量油箱内油面高度的装置，％为定值电阻，固定于油箱内的％为压敏电阻（电阻

和导线与油绝缘），其阻值大小随所受工力大小变化的关系如图乙所示，油量表由电流表改装而成，给油箱

E,r

甲乙

A.7?2的阻值减小B.电流表的示数减小

C.整个电路消耗的功率增大D.%消耗的功率一定增大

【答案】A,C

【解析】【解答】给油箱加油时，箱内油面上升的过程中,压力变大，则R?阻值减小，总电阻减小，总电流

变大，即电流表示数变大，根据P=EI可知，整个电路消耗的功率变大，因不知道R2和Ri+r的关系，不能确

定R2消耗的功率的变化情况。

故答案为：ACo

【分析】1.压敏电阻特性：压力变叱引起/?2阻值变化，进而改变总电阻。

2.电流与总功率：总电阻变化影响电流，结合总功率公式判断总功率变化。

3.可变电阻功率：R2功率受自身阻值和等效内阻共同影响，无法确定其单调变化趋势。

三、非选择题：本题共6小题，共52分。考生根据要求作答。

13.如图（a）所示为用单摆测量重力加速度的实验装置，在摆球运动的最低点两侧分别放置激光光源和光敏

电阻，光敏电阻与自动记录仪相连。请回答下列问题：

，R

23cm

1d

1pW/pJTUJUJL

0510OMi24-4t

图（b）图（c）

（1）用刻度尺测得摆线悬点到小球顶点的长度为99.00cm,用10分度的游标卡尺测量摆球的直径，示数

如图（b）所示，则小球的直径为4=cm,该单摆的摆长为乙=cm；

第9页

（2）实验时，摆球在竖直面内摆动，由于摆球的遮挡，记录敢显示光敏电阻的阻值R随时间做如图（c）

所示的周期性变化，则该单摆的振动周期7=;

（3）改变摆长3按上述方法测量不同摆长情况下单摆的周期7,得到多组数据，以仔为横轴，L为纵

轴，作出乙-产图像如图“）所示，若图线的斜率为则重力加速度的大小为9=（用题中所绐

字母表示）。

【答案】（1）2.04；100.02

⑵2（0

（3）4/k

【解析】【解答】（1）小球的直径为d=2cm+0.1mmx4=2.04cm；

该单摆的摆长为L=99cm+^=100.02cm。

故答案为：2.04；100.02

（2）该单摆的振动周期T=2（Q—%）。

故答案为：2（G—£0）

（3）根据丁=2兀5

可得公会产

可得”条

解得9=4712k

故答案为：47r2k

【分析】（1）摆长测量：游标卡尺读数规则（主尺+游标尺），摆长需包含小球半径。

（2）周期判断：单摆一个周期内两次经过最低点，对应阻值变化两次，时间间隔为周期。

（3）图像斜率：由周期公式变形，建立L与72线性关系，斜率与g关联，推导g表达式。

（1）［1］小球的直径为d=2cm+0.1mmx4=2.04cm

12］该单摆的摆长为L=99cm+空^cm=100.02cm

（2）该单摆的振动周期丁=2（ti-t0）

（3）根据7=2乃色

可得A二今72

第10页

可梆=品

解得9=4n2k

14.某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。除待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关、导线若干

外，还提供如下实验器材:

甲

A.电源（电动势4.5忆内阻不计）

B.电流表4（量程0〜0.64,内阻约0.5。）

C.电流表42（量程0〜34内阻约0.1。）

D.电压表（量程0〜3P,内阻约3m）

E.多用电表（选择开关面板如图甲所示）

F.定值电阻Ro（阻值为2kQ）

G.滑动变阻器/?（最大阻值10。，额定电流24）

（I）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。把红、黑表笔分别插入"+”、"一”插孔，选择适

当倍率的欧姆挡，将两表笔,进行欧姆调零，测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用

电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而O

（2）为了更精确测量热敏电阻的阻值，按图乙连接好电路，其中电流表选择公。闭合Si，§2接到2,将R

的滑片从a端向b端滑动，直至电压表有明显示数，发现此过程中电流表指针几乎没有偏转，经检测，电路无

故障且各仪器正常，则电流表指针几乎没有偏转的原因是,

为测得通过Ro的电流值，利用所给器材，应选择（填器材前面的字母编号）来测量电流；

（3）在解决上述问题后，保持热敏电阻的温度不变，重新闭合Si，S2接到1,调节滑动变阻器R,测得此

时的电压、电流分别为％、/,然后把Sz接到2,调节滑动变阻器R,使通过Ro的电流仍为/,比时电压表示数

为lh，则该温度下热敏电阻的阻值为,改变保温容器的温度，多次测量热敏电阻阻值，即可得到

其阻值随温度变化的规律C

【答案】（1）短接；减小

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(2)通过Ro的电流过小，电流表的量程过大；E

⑶中

【解析】【解答】(1)把红、黑表笔分别插入"+”、"一"插孔，选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔短接，进行

欧姆调零，测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，即电阻越小，山

此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而减小。

故答案为：短接；减小

(2)电流表指针几乎没有偏转的原因是通过的的电流过小，电流表的量程过大，为测得通过Ro的电流值，

利用所给器材，应选择多用电表的月流档，故选E。

故答案为：通过心的电流过小，电流表的量程过大；E

(3)$2接到1时，R7+Ro=空

52接到2时,RQ=空

可得治=与经

故答案为：与父

【分析】(1)多用电表操作：欧姆挡需短接调零，利用刻度“左大右小''判断电阻变化。

(2)电路分析：高电阻导致微小电流，超出电流表量程分辨率一换多用电表测小电流。

(3)伏安法测电阻：通过两次串联(含/不含RT)，利用电压差推导R-

(1)[1]⑵把红、黑表笔分别插入“+”、“一”插孔，选择适当倍率的欧姆挡，符两表笔短接，进行欧姆调零，

测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，即电阻越小，由此可判断热

敏电阻阻值随温度的升高而减小。

(2)电流表指针几乎没有偏转的原因是通过的的电流过小，电流表的量程过大，为测得通过的的电流值，

利用所给器材，应选择多用电表的旦流档，故选E。

(3)§2接到1时，用+R0=空

S2接到2时-，氏=牛

可得力=与2

15.石头落在湖面上激起了水波，从激起水波开始计时，经5s水波传到岸边的观察点，在岸边观察到每隔

0.5s有1个波浪拍岸，相邻波峰的距离为0.5m。不考虑水波拍岸后的反射波及其与石头激起水波的干涉作

用。求：

(1)这列水波的波速也

(2)湖面上落石处与岸边观察点的距离s。

【答案】(1)解：水波的周期7=0.5s

第12页

水波的波长2=0.5m

波速u=^=瞿m/s=lm/so

（2）解：落石处与岸边观察点的距离s=u£=5m。

【解析】【分析】（1）周期与波长：波浪拍岸的时间间隔为周期，相邻波峰距离为波长，波速至导：利用波速

公式1，=坐关联周期和波长。

（2）距离计算：水波匀速传播，距离等于波速与传播时间的乘积。

（1）水波的周期7=0.5s

水波的波长4=0.5m,

波速u=今=黑m/s=lm/s

（2）落石处与岸边观察点的距离s=vt=5m

16.为研究冰块对某单色激光的折射率，某同学先用双缝干涉装置测量该激光的波长，激光通过间距为d=

0.3mm的双缝后，投射到光屏上得到如图甲所示的干涉条纹，图甲中4、8两亮纹中心间距x=66.0mm,双

缝到光屏间的距离L=3.0m。然后，如图乙所示，将该激光从M点水平射入一立方体形状的冰块就cd内，入

射角为。，光线在ab面上的N点射出，光线QM的延长线与ab交于尸点，MP=3.00cm,MN=3.90cmo求:

甲

（1）该激光的波长九

（2）该激光在冰块中的折射率n.

【答案】⑴解：相邻两亮条纹间的距离△"喘=6.60nun

lIlAx=

a

HTia.Axd6.60x10-3x0.3x10-3

可付4=——=----------------------------m=6.6x107m

L3・U

（2）解：设光线从空气射入冰块的入射角为。时，折射角为。2,则激光在冰块中的折射率九二耦

由几何关系得：sinO=,sin02—

所以九=得3=1.3

【解析】【分析】3）双缝干涉：利用相邻亮纹间距公式=通过亮纹总数求Ax,进而解波长。

（2）圻射定律：结合几何关系（入射角、折射角的止弦值与MP、MN的长度比）,消去公共边aM,直接

用长度比求折射率。

第13页

(1)相邻两亮条纹间的距离Ax=喘=6.60mm

由

a

可治1Axd6.60xl0-3x0.3xl0_3,,

□J优l=――=--------------------------m=6.6x107m

LJ

(2)设光线从空气射入冰块的入射角为。时，折射角为。2,则激光在冰块中的折射率九=盆

由几何关系得：sinO=,sin02=瑞》

所以"惴=1.3

17.如图所示，电源的电动势E=19V,内阻不计。电阻&=1000。,/?=900。，C为极板水平放置的平行

板电容器，其电容C=300pF,极板长｝=8.0><10-2加，极板的间距h=l.ox10-2血，图口虚线到两极板

的距离相等。P为屏，与虚线垂直，到极板右侧的距离L2=0・16出。有一电子束紧贴下极板以水平速度%=

8.0x1()6小〃连续不断地射入电容器。已知电子的电荷量8=1.6x10-19。，质量m=9x10-31忽略场

的边缘效应及电子所受的重力。闭合开关S,求：

(1)充电完成后，平行板电容器极板上所带的电荷量Q;

(2)电子打到屏上的位置与。点的距离。

【答案】(1)解：由闭合电路欧姆定律得，电路中的电流/=产下

电容器两板间的电压U=1R

极板上所带的电荷量Q=07

解得Q=2.7x10-9。

(2)解：电子在极板间做类平抛运动，设电子在极板间运动的加速度大小为Q,穿过电容器的时间为3穿

出电场时电子偏转的距离为为，则有电容器两板间的场强&=%

2

其中Eie=ma,Lx=vot,at

设电子从C穿出时.，沿电场强度方向的速度为4,穿出后到达屏S所经历的时间为以，在此时间内电子在y方向

移动的距离为力，则有以=孩，为=vyh

电子到达屏上的位置离。点的距离为Ay=yl+y2-^

乙

解得Ay=3.5xIO-2m

【解析】【分析】(1)电路分析：用闭合电路欧姆定律求电流、电容器电压，结合电容定义求电荷量；类平抛