2023届新高考物理模拟预热卷【湖南专版】（含答案解析）.pdf

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1、2023届新高考物理模拟预热卷【湖南专版】学校:姓名：班级:考号：一、单选题1.用如图甲所示的光电管研究光电效应实验。用某波长的绿光照射阴极K,实验测得的电流表示数/与电压表示数U 的变化规律如图乙所示。光电管的阴极材料的极限频率匕=4.54x10 H z,电子的电荷量e=1.6x10 c,普朗克常量力=6.63x10-”J.s,贝 式 ）A.阴极K 每秒钟发射的光电子数为4.0 x1013个B.光电子飞出阴极K 时的最大初动能为9.6x10-19 jC.入射光的波长约为0.50pmD.若改用紫光照射阴极K,饱和光电流一定变大2.某课外兴趣小组，晚上用无人机在水池中平静的水面上巡航，无人机观察

2、到水面上有一个光线形成的圆形区域，原来是水面下有一位置不变的单色点光源S。当无人机位于点光源正上方时，观察到点光源的位置为S ,如图所示。若观察到S 的位置相对水面在上升，则（）S sA.无人机一定正在上升B.水池的水面正在降低C.该单色光在水中发生全反射的临界角变小D.观察到的圆形区域大小不变3.如图所示，滑 块 A、B、C 位于光滑水平面上，已知A、B、C 的质量均为1kg。滑块 B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态.现使滑块A以%=2 m/s 速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B 与 C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设 B 和 C碰撞过程时间极短，则 B 和 C碰

3、撞过程中整个系统损失的机械能为（）D.1.0 0 J4.如图所示为某人造地球卫星的变轨发射过程，先将卫星发射到近地圆轨道1,轨道半径为玲，在 A点进行变轨，使卫星在椭圆轨道2上运行，在 B 点再次进行变轨，使卫星在圆轨道3上运行，轨道半径为之，卫星在轨道1、轨道3上运行的环绕速度、加速度大小分别为刃、火，田、田，在轨道2上运行到48两点的速度、加速度大小分别为 以、vB,aA,aB。关于该人造卫星的运行过程以下说法正确的是（）A.卫星在1,2,3 三个轨道上的机械能关系是片 马B.卫星在1,2,3 三个轨道上的周期关系是7；岂（C.卫星在A、B两点的环绕速度关系为以匕 匕%D.卫星在A、8两点

4、的加速度关系是%4 a3aB5.如图，竖直虚线户。右侧区域有垂直纸面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，磁场边缘有一质量为机的矩形匀质导线框必c d,顶点a固定在虚线P 2 上，线框可绕“点在竖直平面内自由无摩擦转动，从图示位置由静止释放线框，线框顺时针摆动到左侧最高点时必边与P Q 之间的夹角为4 5。已知M=c d=2/,a d=b c=L线框单位长度的电阻为P，忽略空气阻力，重力加速度为g,则（）试卷第2页，共 9页A.线框向左摆动离开磁场过程中线框中的电流方向为由a 指向bB.线框从释放到摆至左侧最高点过程中通过线框某截面的电荷量为粤C.若顶点C 转到最低点时角速度为3则此时线框受到的

5、安培力大小为亚久1 2 PD.线框从释放到最终静止克服安培力做的功为 叫/6 .真空中有一个边长为L的正三角形A B C,AB中点为力，AC中点为E,中心为。点，如图所示。现在A点固定一个电荷量为2 Q 的正点电荷，B C 两点分别固定一个电荷量为Q的负点电荷。已知真空中的点电荷对外部某处的电势公式为。=无 义 （无穷远处电势r为零），其中为静电力常量，Q为点电荷的电荷量（带正负），厂为某点到点电荷Q的距离，且电势的叠加符合代数运算，下列说法正确的是（）A.。点电场强度大小为1 2 4B.。点电势为零C.将一个电荷量为+4 的点电荷从。点移动到E点，静电力对+4 做正功D.将一个电荷量为一 夕

6、 的点电荷从。点移动到。点再移动到E点，电势能一直不变7 .如图所示，质量均为m的两个物块A和 B左右中心开有小孔穿在粗糙的细杆C。上，细杆绕过。点的竖直轴在水平面内匀速转动，A、B之间用轻质细线相连，物块中心与圆心距离分别为8=R，RB=2 厂，与细杆间的动摩擦因数”相同，当细杆转速缓慢加快到两物块刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A.此时细线张力为3m gB.此时4所受摩擦力方向沿半径指向Oc.此时细杆的角速度为楞?D.此时烧断细线，A仍相对细杆静止，B将做离心运动二、多选题8.已知某横波的频率为1.0 x 1 0 5 H z,某时刻该波

7、在某介质中沿x 轴正方向传播的波动图像如图所示。图中的质点尸位于丁 =-1处，则（）y/cxn:卜尸屋三 彳G廿 一 3F（2m）A.该波的传播速度为1.5 x l 0 6 m/sB.质点尸在半个周期内向右运动了 7.5 x l（y 3mC.该时刻P 点的加速度方向沿），轴正方向D.该时刻后再经过，x l O-,/点位于波谷9.如图所示，小型交流发电机两磁极N、S 间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小 B =T。矩形金属线圈A B C。的匝数=1 0 0,面积5 =0 0 20?,线圈内阻和导线电阻不计，线圈绕垂直于磁场的水平轴O。逆时针匀速转动，角速度。=1 0 0 ra d/s。变压器为

8、理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，%、4均为定值电阻，R 为滑动变阻器。现将开关S 断开，观察到电流表A 1 的示数减小了 0.2 A,电流表人2的示数减小了 0.8 A,则下列说法正确的是（）试卷第4页，共 9页B.变压器原、副线圈匝数之比为1:4C.电压表V：示数变化量的大小与电流表A2示数变化量的大小的比值不变D.若再将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电压表V3示数变大1 0.如图甲所示，两根足够长、电阻不计且相距L=lm 的平行金属导轨固定在倾角6=37。的绝缘斜面上，两导轨间存在磁感应强度大小8=1 T、垂直斜面向上的匀强磁场，现将两根质量均为机=1kg、电阻均为R=1C、长度

9、均为 =lm 的金属棒放置在导轨顶端附近，两金属棒与导轨接触良好，金属棒H 与导轨间的摩擦忽略不计，金属棒 与导轨间的动摩擦因数为=0.75.在，=0时 将 金 属 棒 由 静 止 释 放，此时金属棒4锁定在斜面上，若在0 4 时间内，金属棒而沿着斜面下滑的距离为X=0.5m；f=4 时将金属棒cd由静止释放，金属棒油中的电流随时间变化的关系如图乙所示，重力加速A.=%时,金属棒功的加速度大小为5m/s2B.时，金属棒”的加速度大小为2m/s?C./=乙时，金属棒H 的速度大小为2m/sD.在0%时间内，金属棒产生的焦耳热为2J11.一个质量为2kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一

10、个质量为a=2kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个向右大小为/=8N-s的冲量，此后小物块和长木板运动的V T 图像如图之所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中4=0.4 s,9=0.8m/s,小物块木板间的动摩擦因数设为四,长木板与地面的动摩擦因数设为 人，重力加速度g =1 0 m/s 2,则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是（）A.=0.2 ,4=0.3B.0 4 时间内，小物块与长木板间摩擦产生的内能为3.2 JC.小物块比长木板提前0.2 s 停下D.小物块相对长木板的位移为0.8 8 m三、实验题1 2.某同学用平板A和 B制作了一

11、个直角架。该同学想通过该装置，利用压力传感器（1）平 板 B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，长方体木块C另一侧紧靠平板A,如图甲所示，记录此时传感器的示数写，此时平板A对木块C的弹力为；（2）以直角架连接边为支点，抬高平板B的另一端，使平板B绕支点逆时针旋转，平板 B转过的角度为6 0。时，记录传感器的示数5，如图乙所示；（3）在误差允许的范围内，比较匕和尸2 的大小，若耳与鸟的关系为，即可初步验证平行四边形定则;试卷第6页，共 9页（4）重复步骤（2）,多次调整平板B转动的角度，比较环和尸 2 的大小，多次验证；（5）若平板B从图甲所示位置开始，以直角架

12、连接边为支点，缓慢将平板B旋转到图乙所示位置，可以观察到平板B对木块C的弹力变化，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力（填一直变大 或先变大后变小1 3.某同学用如图所示的电路测量电源的电动势和内阻。-/R-1|-（1）他连接好电路后进行测量，发现调整电阻箱的电阻R时电压表示数几乎不变，他经过分析后提出了下列几种可能的原因，正确的是。A.电源的电动势太小B.电压表的量程太大C.电源的内阻太小D.电阻箱的接入电阻太小（2）为解决这一问题他提出了如下可能的做法，其中可能有效的是 oA.将 5C的定值电阻与电阻箱并联B.将 5 C的定值电阻串联在电源和开关之间C.将 5。的定值电阻与电压表

13、串联D.将 5。的定值电阻与电阻箱串联（3）在完成上述改进措施后，调节电阻箱接入电路的阻值R,并记录对应的电压表的示 数 U,测得多组实验数据，他以为纵坐标，以 为横坐标，将所测得的数据描点、连线后，得到了一条倾斜的直线，测量后得到该直线的斜率的绝对值为纵截距的绝对值为人,则他测得该电源的电动势E =，内阻厂=。（以上结果用实验测得的物理量表示，定值电阻用凡 表示）（4）该同学代入数据后测得电源的内阻为2.0 C,考虑到由于电压表的分流，可能电源的实际电阻会有所不同，通过查找资料他得知了所用电压表的内阻R=i o o o c，则他所用电源内阻的真实值%=（结果保留2位小数）。四、解答题1 4

14、.一定质量的理想气体的V-7图像如图所示，气体由状态A 变化到状态B再到状态C,气体在状态A 时的压强为幺=1 O x 1 0,P a。(1)求气体在状态C时的压强Pc；(2)若A fB过程中气体吸收热量为Q=1 5 0 J,则BfC过程中，求气体向外界放出的1 5 .如图所示，一长度L =l l m的水平传送带，左侧与竖直平面内一倾角6 =3 7。的斜面相邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台。现有质量为机=0 1 k g 的小滑块从距离8点s =4m处的4点静止释放。斜面与传送带距离较小且其底端8、C间有一小圆弧(运动过程可忽略)，可以使小滑块在8、C两点速度大小不变。已知小滑块与倾斜轨道、

15、传送带间的动摩擦因数分别为M =0.5、出=0 2,滑块相对传送带滑动时能留下清晰划痕。已知传送带以%=6 m/s 的速度顺时针运动，重力加速度g取10 m/s2,s i n 37 =0.6,c os 37 =0.8 o 求：(1)小滑块从A运动到。所需的时间；(2)小滑块在传送带上留下划痕的长度和受到传送带的摩擦力的冲量大小。16.某科研设备中的电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图甲所示。如果在偏转电极X X，和 Y Y，之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑，如图乙所示。以荧光屏中心为坐标原点，以 X，X方向为x

16、轴正方向，Y，Y方向为y 轴正方向建立直角坐标系，在 X X，板间加恒定电压G(X 极板接电源正极)，在 Y Y，板 间 加 恒 定 电 压(Y 极板接电源正试卷第8页，共 9 页极)，偏转电极两极板之间的距离均为乩 正负接线柱之间电压为U。，忽略电子在两偏转电极之间的运动时间，已知两偏转电极XX，和 Y Y，沿示波管轴线方向长度都是4,荧光屏到偏转电极X X，右侧的距离为2%,电子质量为m电荷量大小为e,电子从灯丝逸出的初速度不计。(1)已知灯丝正常工作电阻为R,电源电动势为E,内阻为r,求灯丝加热，时间产生的热量；(2)求电子进入YY，偏转电极时的速度；(3)求电子打在荧光屏上的位置坐标。

17、加热灯丝-+U.偏转电极甲示波管的结构乙荧光屏(从右向左看)参考答案:1.C【详解】A.饱和光电流r=l s解得“=4.0 x10。个，故A错误；B.由km =以解得Ekm=9.6x10-2。1故B错误；C.根据光电效应方程得成=乩一八匕Cv=A代入数据解得A=0.50 pm故C正确；D.饱和光电流取决于单位时间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，故D错误。故选C。2.B【详解】A B.根据视深公式h=-n现观察到S的位置在上升，即光源的视深 在减小，则实深力 也在减小，即水池的水面正在下降，与观察者在光源正上方的位置无

18、关，A错误，B正确；C.光发生全反射时的临界角答案第1页，共15页,c 1s i nC =n水对该单色光的折射率不变，故临界角不变，C错误；D.由于水面下降，临界角不变，所以观察到的圆形区域范围变小，D错误。故选B。3.A【详解】对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有代入数据，解得v,=1 m/s弹簧被压缩到最短时，B的速度为匕=lm/s,此 时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得哂=m +%)%代入数据，解得v2=0.5 m/s只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则损失的系统机械能为E=；%匕2-g (*B+mc)*=0.2 5 J

19、故选A o4.C【详解】A.卫星由轨道1变为轨道2需要在A点加速，机械能增加，同理卫星由轨道2变为轨道3需要在8点加速，机械能增加，所以卫星在三个轨道的机械能大小关系是Ey E2故A错误；B.根据开普勒第三定律有E2 J邛 T；T；因为答案第2页，共1 5页4 K得故 B 错误：C.对于轨道1和轨道3,根据万有引力充当向心力得GMm v2 l =m R2 R解得GMv=.-V R因为&所以卫星在轨道1 和轨道3 的速度关系为h 匕卫星由轨道1变为轨道2 需要在A 点加速，则以 v,由轨道2 变为轨道3 需要在8 点加速，则匕力所以卫星在4 8 两点环绕速度大小关系为匕 匕匕VB故 C 正确；D

20、.在 A 点轨道1 和轨道2 的加速度相同，即同理在B点轨道2 和轨道3 的加速度也相同，即根据牛顿第二定律GMm-二maR2答案第3 页，共 15页得GMa=R2因为则4 a)所以卫星在4 8两点加速度关系为aA=aa3=aB故D错误。故选C。5.D【详解】A.线框顺时针转动离开磁场过程中磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，即 电 流 方 向 为 由 指 向A错误;B.线框从释放到摆至左侧最高点过程中，通过线框平均电流为RRF=BAS=Bill1-/2)=型-2 2导线框的总电阻为R=2p(2/+/)=6。/某横截面的电荷量为4 =汲=丝=旦R 4PB错误;C.线框顶点

21、c转到最低点时角速度为，产生的感应电动势为七=/（同 =浓”回路中的感应电流为E _ 5BlcoR 2p受到的安培力大小为答案第4页，共15页F=B I同=返 也C 错误；D.线框最终静止时，对角线“c恰好与PQ重合，整个过程中根据能量守恒定律有D 正确。故选D。【详解】A.由题意分析知，。点的合电场强度向下，大小为QA 错误;B.。点的电势大小为Po=k 堂+k/+盘=46 6 6B 正确;C.E 点的电势甲 =气+气+k高02 2即从。点到E 点，电势升高，则电荷量为+4 的点电荷在此过程中电势能增大，静电力对其做负功，C 错误；D,同理可计算外,得生=矮，初末位置电势能相同，但中间电势能

22、是变化的，D 错误。故选B。7.A【详解】A B C.两物块A 和 B 随着细杆转动时，合外力提供向心力，则有F=marr又 B 的半径比A 的半径大，所以B 所需向心力大，又因为细线拉力相等，所以当细杆转速加快到两物块刚好要发生滑动时，B 的静摩擦力方向指向圆心，A 的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对细杆沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得答案第5 页，共 15页FT-jumg=moTr,FT+fjmg=mar-2r解得斤=3 吆，0 =J1 Z故 A 正确，BC错误；D.烧断细线瞬间A 所需向心力为Ft=ma)2r=2jumgB 所需向心力为F2=mar-2r=4f.tmg此时烧断

23、细线，A、B 所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，则 A、B 均做离心运动，故D 错误故选A。8.CD【详解】A.由题图可知，该波的波长为A=15xlO-3m所以该波的传播速度为v=2/=15xl0-3xl.0 xl05m/s=1500m/s故 A 错误；B.质点不随波迁移，故 B 错误；C.P 点位于y=处，回复力指向平衡位置，所以该时刻P 点的加速度方向沿y 轴正方向，故 C 正确；D.根据“上下坡法”可知，质点P 正在向y 轴负方向运动，且T=1.0 x10 5sf1T所以再经过;x l O-s,即(，质点产刚好位于波谷，故 D 正确。6 6故选CD。9.AC【详解】A.线圈中产生的感应

24、电动势的最大值为Em=nBSco=100 xx0.02x10()V=200底 V答案第6 页，共 15页电压表V1的示数为20072 V2(X)VA 正确；B.根据理想变压器电流与匝数关系乙=%可得 1 _ M _ 42 /一B 错误；C.根据理想变压器电压与匝数关系丛=区U2 n2可知力保持不变，电压表V3的示数为U3=U2-I2R0则则有M可知电压表V,示数变化量的大小与电流表A?示数变化量的大小的比值保持不变，C 正确;D.将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的有效阻值减小，电流表A?的示数 八变大，根据可知电压表V3的示数变小，D 错误。故选ACo10.AC答案第7 页，共

25、15页【详解】A.在，时，对 H 棒，由牛顿第二定律有mg sin-B/jL=ma解得金属棒ab的加速度大小为q=5m/s2故 A 正确；B.对 cd棒，由牛顿第二定律有mg sind+BItL-jumg cos 0=ma2解得金属棒cd的加速度大小为a2=lm/s2故 B 错误；C.f=4 时，设金属棒必的速度为匕，此时回路中的电流解得故 c 正确；D.由能量守恒定律得匕=2m/s1 2mgX sin 6=2Q+2可得在o ：时间内，金属棒加产生的焦耳热为Q=0.5J故 D 错误。故选AC。11.AB【详解】A.根据题意，对长木板，由动量定理有I=Mv0对小物块，由牛顿第二定律有=mat答案

26、第8 页，共 15页对长木板有川ng+必+M)g=M%通过对题图及题中数据分析6/,=2m/s2A在4 时刻建立共速方程有二由联立以上各式解得=624=0.3故 A 正确；B.0乙 时间内，二者的相对位移可通过题图中面积算得=0.8m则产生的内能Q=3.2J故 B 正确；C.二者共速后，小物块加速度大小不变，由题图知，团做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有解得%=4m/s则64 的时间为加=IL=0.2s4由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s,则小物块比长木板晚0.2s停下，故 C 错误；D.小物块与长木板 4 内的相对位移答案第9 页，共 15页=x 0.2 x 0.8 m =0.

27、0 8 m2则全过程的相对位移为A x =A x j -AX2=0.7 2 m故 D错误。故选A B。1 2.0 耳=2 心一直变大【详解】（1）1 题图甲中平板B水平放置，平板A与木块C只接触不作用，所以平板A对木块C的弹力为0。（3）2 对木块C进行受力分析，可知平板A对木块C的弹力和平板B对木块C的弹力均与各自接触面垂直，由于木块C处于平衡状态，故这两个弹力的合力应该竖直向上，作出平行四边形如图1,根据几何关系可知合力为2 工，所以在误差允许的范围内，若耳=2 尸 2,即两个平板对木块C的弹力的合力与木块C受到的重力大小相等，方向相反，则可初步验证平行四边形定则。图1图2（5）3 平板B

28、从题图甲所示位置缓慢旋转至题图乙所示位置的过程中，两板对木块C的弹力夹角不变，保持垂直，作出辅助圆，如图2,可知平板A对木块C的弹力一直变大。k 11 3.C B -/?0 2.0 5 Qb b【详解】（1）1 调整电阻箱的电阻R时，电压表示数几乎不变，有两种可能，一是电源的内阻太小，二是电阻箱的接入电阻太大，造成电阻箱分得绝大部分电压，故选C；（2）2 知道了出现问题的原因是电源的内阻太小，所以应该将定值电阻与电源串联，故选B；（3）3 4 由闭合电路欧姆定律有U+象&+r）=EK答案第1 0 页，共 1 5 页整理有1 _ E J 1R R)+r U R)+r由题意有9+厂解得(4)5 当

29、考虑电压表的分流时，根据闭合电路欧姆定律有整理得1 E 1R&+其 U&(&+h)分析可知，+0=(*)6噎+凡)+R、解得rf t=2.0 5 Q1 4.(1)5.0 x 1 0,P a；(2)5 0 J【详解】(1)气体在状态A和在状态C时的温度相同，由玻意耳定律有PAL =PcVc由题图可知匕=1L,匕=2 L,代入数据解得pc=5.0 x l 04 P a(2)由题图可知B A 延长线过原点，则气体从状态A到状态B发生等压变化，Af B过程气体从外界吸收热量，对外界做功，内能增加，由热力学第一定律有答案第I I 页，共 1 5 页 U=W+Q其中W=PA(%K)=TOOJ状态C 与状态

30、A 内能相等，B f C 为等容变化，气体对外界不做功，有A(7-e2=0解得e,=5 o j15.(1)4 s；(2)1 m；0.2 N-s【详解】(1)设滑块从A 到 8 的 加 速 度 大 小 为 ,用 时 为 由 牛 顿第二定律有mg sin 37-必 mg cos 37=ma、解得iz/=2m/s2由运动学公式有1 2$=5 叫解得4=2 s根据运动学公式，滑块滑上传送带时的速度大小%=%=4m/s v0=6m/s由于滑块滑上传送带时速度小于传送带速度，所以滑块在传送带上先做加速运动，设加速度大小为由，由牛顿第二定律有/J2mg=ma2解得a2=2 m/s2根据运动学公式v0-vc=

31、a2t2答案第12页，共 15页解得滑块在传送带上加速运动时间=ls加速运动位移Vo+vc _ _ 1石=2 1=5 m L=llm滑块速度达到传送带速度后与传送带一起匀速运动，匀速运动时间L-x,.t3=-=1 s%从 A运动到。的时间为%=4+,2+/3=4 S(2)滑块在传送带上加速运动过程中传送带位移x2=vof2=6 m在传送带上留下划痕的长度为/x=x2-x1=1 m由动量定理，摩擦力的冲量大小为/(=mv()-mvc=0.2 N-s3 E2R t 叵.(3)e U芯(R +r)2 2 dmVg 2 dmv J【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可得，灯丝中电流1 =-R+r由焦耳定律

32、可得，灯丝加热f 时间产生的热量(2)由动能定理得(3)沿示波管轴线方向做匀速直线运动，通过两偏转电极的时间均为答案第1 3页，共 1 5页4 =%电子进入YY，偏转电极，受到的电场力沿y 轴正方向，向y 轴正方向偏转，则eU.联立解得2dm电子进入XX，偏转电极时，沿 y 轴正方向的分速度,eU L电子进入XX，偏转电极后，沿），轴正方向做匀速直线运动eU2ll%=%=或沿 x 轴正方向电子做初速度为零的匀加速直线运动1 42玉=/eU.=ma2沿），轴正方向电子做匀速直线运动联立解得工二eU管1 2dm*电子出XX，偏转电极后，设其到达荧光屏所用时间为1 2,则有2。=电子出XX，偏转电极后，沿 x 轴正方向分速度2eU工,也 一 次沿 x 轴正方向电子做匀速直线运动eU,L.答案第14 页，共 15页x22eU同dm*电子打在荧光屏上的位置坐标为丫 一 4一 eU 1 2eU二一5eUMA 一人十 人)-.-I Z-2dmv dmv 2dmv，=，+%+%=强+策+舞=舞 卷5叫 及7eU代、2dm 2dmv1)即答案第15页，共 15页