1、2021-2021學年省市騰沖八中高二上期中物理試卷一、單項選擇題此題共8小題，每題 3分，共24分，在以下各題的四個選項中，只有一個選項符合題目的要求1. 3分2021秋？期末以下關于電場線和磁感線的說法中，正確的選項是A. 電場線和磁感線都是電場或磁場中實際存在的線B. 磁場中兩條磁感線一定不相交，但在復雜電場中的電場線是可以相交的C. 電場線是一條不閉合曲線，而磁感線是一條閉合曲線D. 電場線越密的地方，同一試探電荷所受的電場力越大；磁感線分布較密的地方，同一試探電 荷所受的磁場力也越大考點：電場線；磁感線與用磁感線描述磁場.分析：電場線是從正電荷或者無窮遠發岀，到負電荷或無窮遠處為止，

2、沿電場線的方向， 電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度?。淮鸥芯€是在磁場中的用來描述磁感應強度的閉合的曲線，它的特點和電場線類似，但是磁感線是閉合的曲線，電場線不是閉合的，有起點和終點.解答：解：A、電場線和磁感線都是為了形象的描述電場和磁場而引入的曲線，是假想的，不是實際存在的線，所以 A錯誤；B、電場線和磁感線都是不會相交的，否那么的話在該點就會岀現兩個不同的方向，這是不 可能的，所以B錯誤；C、 電場線是一條不閉合曲線，有起點和終點，而磁感線是一條閉合曲線，所以C正確；D、電場線越密的地方，電場的強度大，同一試探電荷所受的電場力越大，但是在磁場中，靜止的電荷是不

3、受磁場力作用的，所以D錯誤；應選C.點評：此題就是考查學生對電場線和磁感線的理解，它們之間的最大的區別是磁感線是閉合的曲線，但電場線不是閉合的，有起點和終點.2 . 3分2021秋？寧城縣期末如圖 1， AB是某電場中的一條電場線，假設將正點電荷從A點由靜止自由釋放，沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖所2示，那么A、B兩點場強大小和電勢上下關系是4R01 一 圖2D. Ea> Eb； a>$ bA.EAVEb；$bB.EaVEb；$ a>$ b C.EA> Eb；$a<b考點：電勢；電場強度.專題：帶電粒子在電場中的運動專題.分析：從速度時間圖線得到正點電荷

4、做加速運動，加速度逐漸變小， 根據牛頓第二定律得到電場力的變化情況.解答：解：從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，故電場力向右，且不斷變小，故A點的電場強度較大，故 Ea> Eb；正電荷受到的電場力與場強方向相同，故場強向右，沿場強方向，電勢變小，故A點電勢較大，即$ a>$ B；應選D.點評：此題關鍵通過速度時間圖象得到物體的速度變化情況和加速度變化情況，然后判斷場強方向和電勢大小.天亮時自動斷開；利用 無人走動時自動斷開.假設3. 3分2021秋？期中夜間，居民樓的樓道里只是偶爾有人經過，“長明燈會造成浪費.科研人員利用“光敏材料制成“光控開關-天黑時自動閉合

5、,“聲敏材料制成“聲控開關-當有人走動發岀聲音時自動閉合，將這兩種開關配合使用，就可以使樓道里的燈變的“聰明 這種“聰明的電路是圖中的C.D.考點：串聯電路和并聯電路；常見傳感器的工作原理.專題：恒定電流專題.分析：根據電路的特點可以知道，只有題目的兩個條件同時滿足的時候，電路才可以接通，由此來分析可能的電路結構.解答：解：在白天時，一般不需要燈照明的；天黑以后，特別是夜深人靜時，一般也不需要燈照 明的，也就是說天黑且人在樓道里走動時需要.A、“聲控開關閉合時，發生短路；所以 A錯誤.B、不管是“光控開關，還是“聲控開關各自都能讓燈發光，節能目的達不到；所以B錯誤.C、“光控開關閉合時，發生短

6、路；所以 C錯誤.D、 “光控開關與“聲控開關同時閉合時，燈才亮，所以到達節能的目的，所以D正 確.應選：D.點評：根據電路中元件的串并聯的特點來分析電路即可，比擬簡單，但是這是在生活中的直接的應用，和現實的生活聯系比擬密切，很好的表達了物理知識在生活中的應用.4. 3分2021秋？赤坎區校級期中如下列圖的電路中，電池的電動勢為E,電阻為r，R和R2是兩阻值固定的電阻. 當可變電阻 R的滑片向a端移動時，通過Ri的電流li和通過R2的電 流12將發生的變化是A. I1變大，I 2變小B.Il變大，I 2變大C. Il變小，I 2變大D.Il變小，I 2變小考點：閉合電路的歐姆定律.專題：恒定電

7、流專題.分析：當可變電阻的滑片向 a移動時，變阻器有效電阻減小，外電路總電阻減小， 由閉合電路歐姆定律分析總電流I總的變化和路端電壓的變化，進一步分析電阻 Ri的電流I i的變化.由I 2=I總-I 1來分析12的變化.解答：解：當可變電阻的滑片向 a移動晨，變阻器有效電阻減小，使該支路的電阻減小，從而引 起整個電路的總電阻 R外減小，據閉合電路歐姆定律可知，電路的總電流I總增大，電路的外電壓U外=E- I總r減小，即Ri兩端的電壓 U=U外減小，通過R的電流11減小.又因I 總增大，I i減小，通過R2的電流12=I總-11增大.應選：C點評：此題是電路中動態變化分析問題，難點是分析I2的變

8、化，根據丨2= I總-I1分析，這種方法常常被稱為總量法.5. 3分2021?閔行區二模如下列圖，一段導線abed位于磁感應強度大小為B的勻強磁場/ abe=Z bed=135°.流經導線的電流為中，且與磁場方向垂直于紙面向里垂直線段ab、be和ed的長度均為L,且I，方向如圖中箭頭所示導線段abed所受到的磁場的作用力的合力A.方向沿紙面向下，大小為f2+1)ILBB.方向沿紙面向上，大小為V2+1)ILBC.方向沿紙面向下，大小為2-1)ILBD.方向沿紙面向上，大小為h/2-1)ILB考點：左手定那么；力的合成與分解的運用.分析：當磁場方向與電流方向垂直時，由安培力F=BIL，

9、根據電流的大小可求岀各段安培力大小，由左手定那么判定安培力方向，再根據平行四邊形定那么，對安培力進行分解即可解得.解答：解：由安培力公式 F=BIL，與左手定那么，可得 ab段導線的安培力方向垂直于導線與磁感 線構成的平面并斜向左同理ed段導線的安培力方向垂直于導線與磁感線構成的平面并斜向右因此由平行四邊形定那么對這兩個安培力進行分解，可得沿be段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段與ed段導線的安培力的合力為.: BIL，方向豎直向上；而be段安培力的大小為 BIL，方向是豎直向上.那么導線段abed所受到的磁場的作用力的合力大小為.二+1 BIL，方向是豎直向上.應選：B點評：解決此題

10、的關鍵掌握安培力的大小公式F=BIL B與I垂直，同時運用力的平行四邊形定那么對安培力時行分解此處的導線也可以等效成將ad兩點連接的導線所受的安培力.6. 3分2021?普陀區一模為了保障行駛平安，一種新型雙門電動公交車安裝了如下控 制裝置：只要有一扇門沒有關緊，汽車就不能啟動如果規定：車門關緊時為“1，未關緊時為“0；當輸出信號為“ 1時，汽車可以正常啟動行駛，當輸出信號為“ 0時，汽車不能啟 動能正確表示該控制裝置工作原理的邏輯門是A. 與門B.或門C.非門D.與非門考點： 專題： 分析：簡單的邏輯電路.恒疋電流專題.門關緊時輸入信號為“ 1，未關緊時輸入信號為“ 0；當輸岀信號為“ 1時

11、，報警器 就鳴響，輸出信號為“ 0時，報警器就不鳴響.該控制裝置工作原理的邏輯門是與非門.解答：解：因為輸入“ 1, 0“ 0, 1“ 0, 0輸岀都為“ 0，而輸入“ 1, 1 輸岀為“ 1， 知該邏輯門是與門.故 A正確，B、C、D錯誤.應選A.點評：該題容易誤選或門，注意假設是或門輸入“ 1,1輸岀為“ 1，報警器就鳴響.7. 3分2021秋？夏縣校級期末用電流表阻約4Q和電壓表阻約 3kQ測量電阻R的阻值.分別將圖甲和圖乙兩種測量電路連到電路中，進行屢次測量.按照圖甲所示電路某次的測量情況：電流表的示數是 4.60mA,電壓表的示數是 2.50V ;按照圖乙所示電路某次的測量情 況：電

12、流表的示數是 5.00mA，電壓表的示數是 2.30V .比擬這兩次測量結果， 正確的說法是A.電阻的真實值更接近460Q,且大于460QB.電阻的真實值更接近460Q,且小于460QC.電阻的真實值更接近543Q,且大于543QD.電阻的真實值更接近543Q,且小于543Q考點：伏安法測電阻.專題： 分析：恒疋電流專題.甲圖是安培表接法，由于安培表的分壓作用，電壓表測量值偏大，電阻測量值等于安培表 與待測電阻電阻值之和；乙圖是安培表外接法，由于電壓表的分流作用，安培表測量值偏大，電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯的電阻.解答：解：甲圖是安培表接法，電流表的示數是4.60mA，電壓表的示數是

13、2.5 0V,電阻測量值等于安培表與待測電阻電阻值之和，根據歐姆定律，有：-5434. 6X 1 0解得：R<=543 - r=543 - 4=539Q乙圖是安培表外接法，電流表的示數是5.00mA，電壓表的示數是 2.30V ,電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯的電阻，根據歐姆定律，有：2.3R/R"廠、-.=4605X1Q 3R=3000Q解得：他543.3 Q綜上，電阻的真實值更接近543Q，且小于 543Q;應選D.點評：此題關鍵是熟悉安培表接法與外接法，明確誤差來源，知道安培表接法電阻測量值等于安培表與待測電阻電阻值之和，外接法電阻測量值等于安培表與待測電阻并聯的電阻

14、.8. 3分2021秋？市期末帶電粒子在勻強磁場中運動，由于受到阻力作用，粒子的動能abc所示那么該粒子逐漸減小帶電荷量不變，重力忽略不計，軌道如圖中曲線B.帶負電,D.帶正電,運動方向運動方向baba考點： 專題： 分析：帶電粒子在勻強磁場中的運動；洛侖茲力.帶電粒子在磁場中的運動專題.帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小,速度減小,那么半徑減小,解答:即可由軌跡分析粒子入射的方向由左手定那么判斷電荷的電性. 解：據題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小,速度減小,那么由公式得知，粒子的半徑逐漸減小，由圖看岀，粒子的運動方向是從c 在a處，粒子所受

15、的洛倫茲力向右，由左手定那么判斷可知，該粒子帶負電所以選項A正確.應選：A點評:此題只要掌握帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑nrv和左手定那么就能正確解答.二、選擇題此題包括4個小題，每題 4分，共16分每題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對得4分，選不全得2分，有選錯或不選得 0分.9. 4分2021秋？麒麟區校級期末如下列圖，通電導線均置于勻強磁場中，其中導線受安培力作用的是考點:安培力；左手定那么.分析:當磁場的方向與電流的方向平行，導線不受安培力作用，當磁場的方向與磁場的方向不平行，導線受安培力作用.解答:解：A、磁場的方向與電流方向垂直，受安培力作用.故A正確.B、磁場的

16、方向與電流的方向不平行，受安培力作用故B正確.C、 磁場的方向與電流方向平行，不受安培力作用故C錯誤.D、 磁場的方向與電流方向垂直，受安培力作用故D正確.應選ABD點評：解決此題的關鍵知道磁場的方向與電流的方向平行，導線不受安培力作用， 當磁場的方向與磁場的方向不平行，導線受安培力作用.10. 4分2021秋？騰沖縣校級期中如下列圖，直線 b為某電源的u-I圖象，直線a為某 電阻R的U- I圖象，用該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的電動勢、阻、電阻R阻值、輸岀功率和電源的效率分別是A. 電源的電動勢為 3V，阻為0.5 Q,電阻 R阻值為1QB. 電源的輸岀功率為 4WC. 電源的效率為6

17、7%考點：路端電壓與負載的關系；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率. 專題：恒定電流專題.分析：D. 電源的效率為 33.3%圖線b為某電源的U-I圖象，該圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖象的斜率等于 電源的阻；兩圖象的交點為電阻的工作點；由功率公式可求得輸岀功率與電源的效率.解答:解：A、由圖可知，由a圖線得到，電阻=Q =1Q ;圖線b與縱坐標的交點表示電源的電動勢；圖象的斜率等于電源的阻，可得電源的電動勢為E=3V；阻 r=Q =0.5 Q； 故 A正6確.B、C、D當電源的與電阻串聯后，兩圖線的交點就表示電路的工作狀態，可讀岀電路中電流為I=2A ;路端電壓為 U=2V;那么電源的輸

18、岀功率P=UI=2X 2W=4； 考點：電功、電功率.點評:電源的效率 nU1ElX 100%X 100滄67% 故 BC正確，D錯誤.應選：ABC此題考查閉合電路歐姆定律的應用，要理解兩個圖象斜率、截距的物理意義， 中的交點為電阻與電源的工作狀態點，那么可以直接求岀電源的輸岀電壓與電流.要注意圖象11. 4分2021秋？期末一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U,額定電流為I，線圈電阻為R,將它接在電動勢為 E,阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，那么 A.電動機消耗的總功率為UIC.電源的輸岀功率為 EIB.D.電動機消耗的熱功率為It電源的效率為1 -專題：恒定電流專題.分

19、析：在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發熱的功率用p=i2r來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計 算的是總功率，第二個只是計算發熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的.解答：解：A、電動機消耗的總功率應該用P=IU來計算，所以總功率為IU，所以A正確；2 2B、 電動機消耗的熱功率應該用P=I R來計算，所以熱功率 P=I R,所以B錯誤.IEC、 電源的輸岀功率等于電動機的輸入功率，得P出=UI.故C錯誤.2D、電源的總功率為IE，部發熱的功率為I r，所以電源的效率為以D正確.應選AD.點評：對于電功率的計算，一定要分析清

20、楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路， 總功率和發熱功率的計算公式是不一樣的.12 . 4分2021? 模如下列圖，MN是一負點電荷產生的電場中的一條電場線.一個帶正電 的粒子不計重力從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示.以下結論正確的選項是 0%1M*NbA. 帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B. 負點電荷一定位于 M點左側C. 帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能D. 帶電粒子在a點的加速度小于在 b點的加速度考點：電勢能；勻強電場中電勢差和電場強度的關系.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：解答此題的突破口是根據粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向，從而確定電場線M

21、N的方向以與負點電荷的位置，然后根據負點電荷周圍電場分布情況，進一步解答.解答：解：A、由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡側，電場力方向大致 向右，對 帶電粒子做做正功，其動能增加故A錯誤.B、 帶正電的粒子所受電場力向右，電場線由M指向N,說明負電荷在直線 N點右側故B 錯誤.C、 電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，那么帶電粒子在a點的電勢能大于在 b點的電 勢能故C正確.D、 a點離點電荷較遠，a點的電場強度小于 b點的電場強度，帶電粒子在a點的小于在b點的電場力，根據牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度小于在 b點的加速度故D正確.應選CD.點評：依據帶電粒子的運

22、動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突 破口，然后可進一步根據電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的上下變化情況三、填空題此題包括3個小題，每空2分，共28分請把正確答案填在答題卡的相應橫線中.13. 8分2021秋？騰沖縣校級期中圖甲為用螺旋測微計測量一物體的長度的示意圖，其讀數為1.880 mm圖乙為用20分度的游標卡尺測量一物體長度的示意圖，其讀數為50.15mm靈敏電流計的量程為 0 - 300卩A,阻為800Q，要把它改裝為量程為03V的電壓表，那么改裝的方法是給電流表串 聯一個阻值為9200 Q的電阻.,1cm1IIL67I II lllllll II H

23、ill(11llll|llll|llll|101520乙考點： 專題： 分析：把電流表改裝成電壓表；刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用. 實驗題.此題讀數時應分成整數局部和小數局部兩局部來讀，螺旋測微器時注意半毫米刻度線是否露岀，游標卡尺時，注意分度的大小；題的關鍵是明確電壓表是由電流表與分壓電阻串聯改裝成的，然后根據串并聯規律求解即可.解答：解：螺旋測微器的讀數為：L=1.5mm+38.0X 0.01mm=1.880mm游標卡尺讀數為：L=50mm+8 0.05mm=50.15mm：根據串聯電阻具有分壓作用可知，改裝電壓表時，應將電流表與電阻串聯，有：U= 1. '代入數據得：

24、R=9200Q;故答案為：1.880，50.15串，9200點評：應明確螺旋測微器和游標卡尺的讀數方法：都要分成整數局部和小數局部兩局部來讀，螺旋測微器讀數時注意半毫米刻度線，游標卡尺讀數時注意分度大小.14. 10分2021秋？騰沖縣校級期中某同學在做測定小燈泡功率的實驗,11 1圖.圖21按圖1的電路圖把圖2的實物圖連成實驗電路圖，注意兩個電表要選用適當量程并得到如下一組U和I的數據:編號12345678U (V)0.200.601.001.401.802.202.603.00I (A)0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.2052在圖3上畫岀I - U

25、圖象.增大3從圖象上可以看岀，當電流逐漸增大時，燈絲電阻的變化情況是:考點：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：實驗題.分析：1根據電路圖連接實物電路圖.2應用描點法作岀圖象.3根據圖象應用歐姆定律分析燈泡電阻變化情況.解答：解：1根據電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如下列圖.2根據表中實驗數據在坐標系描出對應點，然后作出圖象如下列圖.3由圖象可知，隨電流增大，電壓增大，電壓與電流的比值變大，燈泡電阻變大.故答案為：1實物電路圖如下列圖；2圖象如下列圖；3增大.應用圖象法處理實驗數據點評：此題考查了連接實物電路圖、作圖象、分析燈泡阻值如何變化,是常用的實驗數據處理方法，要掌握描點法作圖的方法.15

26、. 10分2021秋？騰沖縣校級期中用電流表和電壓表測定電池的電動勢和電阻的實驗 中，所用電流表和電壓表的電阻分別為0.1 Q和1kQ，如下列圖為所需的器材.1請按圖1的電路圖把圖2的實物圖連成實驗電路圖，注意兩個電表要選用適當量程.(2)一位同學記錄的 6組數據見表，試根據這些數據在圖3中畫岀U- 1圖線.(3)根據圖線求岀電池的電動勢E= 1.50V,阻 r=0.6 Q.I/A0.480.40.320.240.140.07U/V1.21.251.31.351.41.45考點:測定電源的電動勢和阻.專題：實驗題；恒定電流專題.分析：(1)根據電路圖連接實物電路圖.(2) 應用描點法作圖作岀圖

27、象.(3) 電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢與阻, 源阻.解答：解：(1)根據電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如下列圖：圖象斜率的絕對值等于電(2) 根據表中實驗數據在坐標系描出對應點，然后作出圖象如下列圖:1.50，那么電源電動勢(3) 1.50 ; 0.6 .E=1.50V,點評：此題考查了連接實物電路圖、作圖象、求電源電動勢與阻，應用圖象法處理實驗數據是處 理實驗數據常用的方法，要掌握描點法作圖的方法，電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢與阻，圖象斜率的絕對值等于電源阻.四、計算題(此題包括 4個小題，每題 8分，共32分解答時應寫岀必要的文字說明、主要 方程式和

28、重要演算步驟，有數值計算的題，答案中必須寫岀明確的數值和單位，只寫岀最后答 案不得分)16. ( 8分)(2021秋？騰沖縣校級期中)如圖，質量為m的帶正電小球 A懸掛在絕緣細線上,且處在場強為 E的勻強電場中，當小球 A靜止時細線與豎直方向成30°角，電場方向為水平方向那么：(1) 電場的方向如何？(2) 小球受到的電場力的大小是多少？(3) 線對小球的拉力的大小是多少？1F%-1考點： 專題： 分析：解答:勻強電場中電勢差和電場強度的關系.電場力與電勢的性質專題.根據共點力平衡得岀電場力的大小和方向以與繩子的拉力大小，場強度的方向，解：1根據共點力平衡知，小球所受的電場力水平向右

29、，因為小球帶正電，那么電場的 方向水平向右.結合電場力的方向得岀電2、3根據共點力平衡，結合平行四邊形定那么得，電場力-:匚mg線對小球的拉力 T= _cos30答:(2)(3)31電場的方向水平向右.r. -匸小球受到的電場力大小為線對小球的拉力大小為點評：解決此題的關鍵能夠正確地受力分析，通過共點力平衡進行求解.17. 8分2021秋？騰沖縣校級期中如下列圖，水平放置的兩平行金屬導軌間距L=0.5m，所接電源的電動勢 E=1.5V，阻r=0.2 Q,金屬棒的電阻R=2.8Q，與平行導軌垂直，其余電阻不計，金屬棒處于磁感應強度B=2.0T，方向豎直向上的勻強磁場中在接通電路后金屬棒仍然靜止，

30、那么1金屬棒受到的安培力的大小和方向如何？2金屬棒受到的阻力的大小和方向如何？考點：安培力；共點力平衡的條件與其應用.分析：1如圖，導體棒與磁場垂直，由F=BIL求解安培力的大 小，其中I由閉合電路歐姆定律求岀安培力的方向由左手定那么判斷；=:R+r2. 8+0. 2A=0.5A2分析導體棒的情況，由平衡條件求岀軌道對導體棒的阻力的大小和方向.解：1由閉合電路歐姆定律得電路中的電流為:安培力的大小為：F=BIL=2.0 X 0.5 X 0.5=0.5N由左手定那么可知，安培力的方向：水平向左；2對導體棒，由平衡條件得：FA=Ff ；解得：Ff=0.5N ；其阻力方向水平向右.答：1金屬棒受到的

31、安培力的大小是0.5N，方向水平向左.2金屬棒受到的阻力的大小0.5N和方向是水平向右.點評：此題是通電導體棒在磁場中平衡問題，安培力分析和計算是解題的關鍵，同時掌握受力平衡條件的應用.18. 8分2021秋？騰沖縣校級期中 如下列圖為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發岀初速度不計，經燈絲與 A板間的加速電壓 U1加速，從A板中心孔沿中心線 KO射岀，然后進入由 兩塊平行金屬板 M、N形成的偏轉電場中偏轉電場可視為勻強電場，電子進入偏轉電場時的 速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場偏轉打在熒光屏上的P點，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

32、質量為m電荷量為e，不計重力.求：1電子穿過A板時的速度大小；2熒光屏上P點到中心位置 0點的距離y.考點：示波管與其使用.分析：1電子在加速電場 U1中運動時，電場力對電子做正功，根據動能定理求解電子穿過A板時的速度大小.2電子進入偏轉電場后做類平拋運動，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根據板長和初速度求出時間根據牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉電場射岀時的側移量.電子離開偏轉電場后沿穿岀電場時的速度做勻速直線運動， 水平方向：位移為L2,分速度等于V0，求岀勻速運動的時間. 豎 直方向：分速度等于 Vy，由y=Vyt求出離開電場后偏轉的距離，再加上電場中偏轉的距離 得解.解答：解：(1)設電子經電壓 U加速后的速度為 乂,由動能定理得：eUiJmvo2，解得：vo=丨-；(2)電子以速度 U 0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做 初速度為零的勻加速直線運動設偏轉電場的電場強度為E,電子在偏轉電場中