河南省新乡市2025-2026学年高二上学期期末模拟物理试题

这是一份河南省新乡市2025-2026学年高二上学期期末模拟物理试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.如图甲的直线为某电场中的一条电场线，M、N是该电场线上的两点，电子在M点由静止释放，只受电场力作用，在向N点运动的过程中其速度-时间图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. M点的电势一定高于N点的电势
B. 电子在M点的电势能一定大于在N点的电势能
C. 该电场可能是一个孤立的点电荷形成的电场
D. 该电场可能是一对等量异种点电荷形成的电场
2.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )
A. 剪断细线后，两球做匀变速曲线运动
B. a球比b球先落地
C. a球的质量比b球的小
D. 从剪断到落地，小球b电势能变化量的绝对值大于小球a电势能变化量的绝对值
3.如图所示为某种静电喷涂装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为电场线，在强电场作用下，一带电液滴从发射极由静止加速飞向吸极，A、B、C、D四点的电场强度大小分别为EA、EB、EC、ED，电势分别为φA、φB、φC、φD，重力忽略不计。下列说法正确的是( )
A. EAφC
C. 带电液滴向右运动的过程中电势能增大
D. 带电液滴在电场力作用下一定沿电场线运动
4.如图所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC为直径，O为圆心，一带电粒子从A沿AO方向垂直射入磁场，初速度为v1，从D点射出磁场时的速度为v2，则下列说法中正确的是(粒子重力不计) ( )
A. v ​2>v ​1，v ​2的方向必过圆心B. v ​2=v ​1，v ​2的方向必过圆心
C. v ​2>v ​1，v ​2的方向可能不过圆心D. v ​2=v ​1，v ​2的方向可能不过圆心
5.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，其中c点的磁感应强度为2B0，则下列说法正确的是( )
A. d点的磁感应强度为 2B0
B. b、d两点的磁感应强度相同
C. a点的磁感应强度在四个点中最大
D. b点磁感应强度与竖直方向成45°斜向右上方
6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在天花板上，另一端悬挂边长为L、匝数为n的正方形线框，线框的下半部分处于磁场方向垂直纸而向里的匀强磁场中。当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x1；当线框中通入大小为I的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x2。忽略回路中电流生的磁场，只有线框的下半部分始终处于磁场中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 磁场的磁感应强度大小为kx2-x1nILB. 线框受到的安培力方向竖直向上
C. 线框受到的安培力大小为kx2-x12D. 线框的质量为kx2g
7.如图所示为计算机生成的点电荷电势分布三维图，x、y轴组成被研究的平面，φ轴为电势的大小，a和b为图中的两点，若取无穷远处的电势为零，则( )
A. 该点电荷带负电
B. a点所在曲线为电场线
C. a点处位置的电场强度大于b点处位置的电场强度
D. 负电荷从a点处位置移动到b点处位置，其电势能减小
8.1932年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮没，成为第一个发现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 右侧为负电子运动轨迹
B. 正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度
C. 正、负电子所受洛伦兹力始终相同
D. 正、负电子在气泡室运动时，动能减小、半径减小、周期不变
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示、电源电压E=6V，内阻不计，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，电容器电容C=4μF，下列说法正确的是( )
A. S断开时电容器的电压为2V
B. S断开时电容器a极板带正电
C. S闭合电路稳定后，电容器b极板带负电
D. S闭合电路稳定后，电容器所带电荷量为8×10-6C
10.下图为有两个量程的电流表内部简化电路图，表头的内阻Rg=490 Ω，满偏电流Ig=2 mA已知电流表两量程分别为0～0.1 A，0～1 A，则下列说法正确的是( )
A. 当使用A、B两个端点时，该电流表的量程为0～0.1 A
B. 当使用A、B两个端点时，该电流表的量程为0～1 A
C. R1=3 Ω
D. R2=9 Ω
11.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。粒子1和粒子2分别从M点和N点沿竖直平面以相同大小的初速度v0进入电场，粒子1从M点进入电场的初速度方向与电场线成一钝角，粒子2垂直电场线从Ｎ点进入电场，粒子１和粒子２恰好都能经过Ｐ点。粒子１和粒子２为两个完全相同的带正电荷的粒子，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子1到达P点的速度大于v0
B. 粒子1到达P点的速度小于粒子2到达P点的速度
C. 粒子1从M点到P点所花的时间小于粒子2从N点到P点所花的时间
D. 粒子1从M点到P点所花的时间大于粒子2从N点到P点所花的时间
12.滑块a与静止的滑块b在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计。滑块a、b碰撞前后的位移随时间变化的图像如图所示，根据已知信息可知( )
A. 滑块a和滑块b的质量之比为1：6B. 滑块a和滑块b的质量之比为1：2
C. 滑块a和滑块b碰撞属于弹性碰撞D. 滑块a和滑块b碰撞属于非弹性碰撞
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.为测定电流表内阻Rg。实验中备用的器件有∶
A.待测电流表(量程0 – 100μA)
B.电阻箱(阻值范围0-999Ω)
C.电阻箱(阻值范围0 – 99999Ω)
D.电源(电动势2V)
E.电源(电动势6V)
F.滑动变阻器(阻值范围0- 50Ω，额定电流1.5A)，还有若干开关和导线。
①如果采用如图所示的电路正确测定电流表A的内阻，可变电阻R1应选用 ，可变电阻R2应选用 ，电源应选用 (用字母代号填写)。
②如果实验时要进行的步骤有∶
a.合上开关K1∶
b.合上开关K2；
c.将R1的阻值调到最大∶
d.调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；
e.调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半∶
f.记下R2的阻值。
把以上步骤的字母按实验的合理顺序为∶ 。
③如果在步骤f中所得R2的阻值为600Ω，则图中电流表的内阻Rg的测量值为 Ω。
14.有一金属电阻丝的阻值约为20Ω，现用以下实验器材测量其电阻率：
A.电压表V1 (量程0～15V，内阻约为15kΩ)
B.电压表V2 (量程0～3V，内阻约为3kΩ)
C.电流表A1 (量程0～0.3A，内阻约为0.5Ω)
D.电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)
E.滑动变阻器R1(阻值范围0～1kΩ，允许最大电流0.2A)
F.滑动变阻器R2(阻值范围0～20Ω，允许最大电流1.0A)
G.螺旋测微器
H.电池组(电动势3V，内电阻约为0.5Ω)
I. 开关一个和导线若干
(1)某同学决定采用分压式接法调节电路．为了比较准确地测量出电阻丝的电阻，电压表选________，电流表选________，滑动变阻器选________.(只需填写器材前面的字母)
(2)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图甲所示，该电阻丝直径的测量值d=________mm；
(3)如图乙所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，其间有一可沿电阻丝滑动的触头P，触头的上端为接线柱c.当按下触头时，它才与电阻丝接触，触头位置可在刻度尺上读出．
该同学测电阻丝电阻的实物连接如图丙所示，在连接最后一根导线的左端到电池组正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．
A. ___________________________ ;B. ．
(4)实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数I保持不变，记录对应的电压表的示数U和接入电路的电阻丝的长度L．
利用测量数据描点作出U-L图线，如图丁所示，并求得图线的斜率为k.则用电阻丝的直径d、电流I和斜率k表示电阻丝的电阻率ρ=________．
四、计算题：本大题共4小题，共42分。
15.如图所示，水平地面上静止放置着小物块B和C，相距L=2.0m，小物块A向右以瞬时速度v0=10m/s与B正碰，碰后粘在一起运动再与C碰．已知A和B的质量均为m=2kg，C的质量mC=4kg，物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.4，取g=10m/s2，物块均可视为质点且相互碰撞时间很短．
(1)求AB碰后粘在一起运动的初速度v1和与C碰撞前瞬间AB的速度大小v；
(2)若AB与C碰后，C的速度vC=2m/s，求AB与C碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若AB与C发生弹性碰撞，求C在地面上移动的距离x．
16.如图所示为研究粒子特性的装置示意图，M、N两极板间存在电压为U的加速电场。初速度为0且重力不计的带电粒子S经加速电场加速后，从y轴上的P(0,32a)点以垂直于y轴的方向射入第一象限的匀强磁场中，从x轴上的K点沿与x轴负方向成60°角的方向射出第一象限。已知第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。
(1)判断粒子所带电性，并求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
(2)求该粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)和粒子进入磁场时速度v的大小；
(3)要使带电粒子S从K点进入第四象限后，经一次偏转，再从O点进入x轴上方，求第四象限所加垂直纸面匀强磁场的方向和磁感应强度B1的大小。
17.如图，倾角θ=37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d.现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°=0.6，cs 37°=0.8.(B与C始终未接触，弹簧始终在弹性限度内)
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。
18.如图所示，一质量为m，电荷量为e的质子从静止开始经加速电压U加速后，紧挨A板水平进入竖直方向的偏转电场中，已知A、B板的长度及板间距离都是L，A板电势比B板电势高2U，紧挨A、B的右侧有平面直角坐标系，坐标原点与A板右端重合，第四象限有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。
(1)质子从加速电场射出时的速度v1是多大？
(2)质子射出偏转电场时的偏转角θ是多大？
(3)质子进入第四象限后经过多长的时间t速度方向变为水平？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AB.由图乙可知，该电子从M向N运动的过程中，速度在不断增大，即电场力做正功，电势能在减小，故在M点的电势能一定大于在N点的电势能，根据电势能与电势的关系，由于电子带负电，所以M点的电势一定低于N点的电势，故A错误，B正确；
CD.速度-时间图像的斜率表示加速度，由图乙可知图像的斜率不变，所以电子的加速度不变，根据牛顿第二定律可知，电子所受的电场力不变，即从M到N的过程中，电场强度不变，即为匀强电场，故CD错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.剪断细线后两球水平方向受库仑力一直变化，所以不是匀变速曲线运动，故A错误；
C.对两个小球受力分析，如图所示：
由示意图可知，有 F库mag=tanα,F库mbg=tanβ
由于 β>α ，两球之间的库仑力大小相等，所以 ma>mb ，故C错误；
B.剪断细线后，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，时间相等，故B错误；
D.两小球在水平方向受到的库仑力大小相等，由于小球a的质量大，由F=ma可知，小球b在水平方向的加速度大，所以相同时间内，小球b水平方向的位移大小大于小球a水平方向的位移，故电场力对小球b做的功大于对小球a做的功，即小球b电势能变化量的绝对值大于小球a电势能变化量的绝对值，D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】A.根据电场线的疏密可判定，电场强度EAφC，故B正确；
C.带电液滴向右运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D.带电液滴受到的电场力方向沿电场线切线方向，其运动方向还与初速度方向有关，带电液滴在电场力作用下不一定沿着电场线运动，故D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】洛伦兹力不改变速度的大小，所以v2=v1。如图，连接A、D，作AD的垂直平分线，找出运动轨迹对应的圆心B，由几何关系可得BD一定垂直于OD，因为粒子做匀速圆周运动的速度方向垂直于轨迹半径，所以速度v2的方向沿OD，故v2的方向必过圆心，选项B正确。
5.【答案】C
【解析】A.用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
c 点的磁感应强度为2B0，则通电直导线在圆周上任一点的磁场强度大小为3B0，d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度大小为 10B0，故A错误；
BD．b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，叠加后磁感应强度的方向斜向左上方与d点的磁感应强度的方向不同；由于两个方向的磁感应强度的大小不相等，故b点的磁感应强度与竖直方向的夹角不等于45°；故BD错误；
C.a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加后最大，故C正确。
故选C。
6.【答案】A
【解析】A.当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x1，有kx1 =mg
当线框中通入大小为I的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为x2，有kx2 =mg+nBIL
解得磁场的磁感应强度大小为B=kx2-x1nIL，故A正确；
B.根据左手定则可以判断，线框受到的安培力方向竖直下，故B错误；
C.线框受到的安培力大小为F=kx2-x1，故C错误；
D.线框的质量为m=kx1g，故D错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】A.由图可知，离点电荷越远，电势越小，可知该点电荷带正电，故A错误；
B.点电荷的电场线为直线，故B错误；
C.由A选项分析可知，a点离点电荷比较近，b点离点电荷较远，可知a点处位置的电场强度大于b点处位置的电场强度，故C正确；
D.由图可知a点电势大于b点电势，根据Ep=φq可知负电荷从a点处位置移动到b点处位置，电势能增大，故D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】由左手定则可知，题图中右侧为正电子运动轨迹，左侧为负电子运动轨迹，故A错误；电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB=mv2r，解得v=eBrm，由题图所示电子运动轨迹可知，正电子轨迹半径小，则正电子速度小于负电子速度，故B错误；正、负电子所受洛伦兹力方向时刻发生变化，所以正、负电子所受洛伦兹力不相同，故C错误；电子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmeB，周期与速度大小、轨迹半径无关，则正、负电子在气泡室运动时，有能量损失，则动能减小、轨迹半径减小、周期不变，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】A.S断开时，R2两端电压为U2=R2R1+R2E=4V
电容器的电压为UC1=U2=4V，故A错误；
B.S断开时，电源顺时针给电容器充电，所以电容器a极板带正电，故B正确；
C.S闭合电路稳定后，电容器与R1并联，与R1两端电压相等，电容器b极板带正电，故C错误；
D.电容器的电压为R1两端电压
电容器的电量为Q2=CUC2=8×10-6C
解得Q2=8×10-6C
故D正确。
故选BD。
10.【答案】BD
【解析】 当使用A、B两个端点时，由电路图可知，表头与R2串联后和R1并联有： Ig+Ig(Rg+R2)R1=I1，
当使用A、C两个端点时，由电路图可知，R1与R2串联后再和表头并联，有： Ig+IgRgR1+R2=I2，
通过比较两个公式，可知 I1>I2 ，则 I1=1A， I2=0.1A，
当使用A、B两个端点时，该电流表的量程为 0～1A，解得： R1=1Ω R2=9Ω。
故AC错误，BD正确。
11.【答案】BD
【解析】
AB.粒子1从M点到P点电场力不做功，则粒子1到达P点的速度大小等于 v0 ，粒子2从N点到P点，电场力做正功，根据动能定理可知粒子2到达P点的速度大小大于 v0 ，则粒子1到达P点的速度小于粒子2到达P点的速度，故B正确，A错误；
CD.垂直电场方向，粒子做匀速运动，粒子1垂直电场方向的速度小于 v0 ，粒子2垂直电场方向的速度等于 v0 ，垂直电场方向的位移相等，则粒子1从M点到P点所花的时间大于粒子2从N点到P点所花的时间，故D正确，C错误。
故选BD。
12.【答案】AD
【解析】AB.在位移—时间图像中，图线的斜率表示物体的速度，由图像可知，碰撞前a的速度为 v0=Δx0Δt0=82m/s=4m/s
b的速度为零；碰撞后a的速度 v1=Δx1Δt1=0-84m/s=-2m/s
b的速度为 v2=Δx2Δt2=12-84m/s=1m/s
由动量守恒定律 mav0=mav1+mbv2
可得 mamb=16 A，正确，B错误；
CD.碰撞前后a、b的机械能关系为 12mav02=8ma>12mav12+12mbv22=5ma
可知a、b的碰撞属于非弹性碰撞，故D正确，C错误。
故选AD。
13.【答案】 C B E cadbef 600
【解析】①该实验是半偏电流法测电流表的内阻。K2闭合前后的两次电路，如果干路电流变化不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱R2的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影响不大。要达到这个效果，R1就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1应选用C。该实验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上。经此分析，可变电阻R2应选用B。在R1是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些的，但不是越大越好，大了烧表也不行。初步分析电源可选用E，其实可以估算一下电动势大概的最大值，即：Emax=IgmaxR1max=100×10-6×1×105V=10V
电源应选E。
②半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将R1的阻值调到最大；合上开关K1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持R1的阻值不变，合上开关K2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值。我们就认为电流表的内阻值就是R2的阻值。因此答案为：cadbef。
③根据①中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，即600Ω。
14.【答案】B C F 0.185 开关应该处于断开状态 滑动变阻器滑片P'应当滑到最右端 kπd24I
【解析】 (1)电源电动势为3V，电压表选B；电路最大电流约为：I=ER=320A=0.15A，则电流表选C，为方便实验操作，滑动变阻器应选F．
(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为18.5×0.01mm=0.185mm，螺旋测微器示数为0mm+0.185mm=0.185mm．
(3)为保护电路安全，连接电路时应断开开关，由图示电路图可知，开关是闭合的，应把开关断开；
由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片应置于分压电路分压最小的位置，即应把滑片置于最右端．
(4)由电阻定律可知：R=ρLS=ρLπ(d2)2，
由图示图象可知，斜率为：k=4ρIπd2，则电阻率为：ρ=kπd24I；
故答案为：(1)B、C、F；
(2)0.185(0.182至0.186均可)；
(3)A：开关应该处于断开状态；
B：滑动变阻器滑片P'应当滑到最右端；
(4)kπd24I．
15.【解析】 (1) AB相碰动量守恒mv0=2mv1，
代入数据解得v1=5m/s，
AB一起前进L过程，由动能定理有
-μ×2mgL=12×2mv2-12×2mv12，
代入数据解得v=3m/s；
(2) AB与C发生碰撞动量守恒有
2mv+0=2mv2+mCvC，
碰撞过程中能量损失△E=12⋅2mv2-12⋅2mv22-12mCvC2，
代入数据解得ΔE=8J；
(3)若AB与C发生弹性碰撞，根据动量守恒及机械能守恒得：
2mv+0=2mv'2+mCv'C，
且有12⋅2mv2=12⋅2mv'22+12mCv'C2，
解得v'C=3m/s，v'2=0，
对C由动能定理有-μmCgx=0-12mCv'C2，
代入数据解得x=98m=1.125m。
16. 【解析】

Rsin 30°+R=32a
解得R=a
(2)由Bqv=mv2a
解得qm=vBa
电场对电荷的加速qU=12mv2
解得qm=v22U
联立解得qm=2UB2a2，v=2UBa
(3)要使带电粒子S从K点进入第四象限后，再从O点进入到x轴上方，则第四象限所加匀强磁场的方向为垂直纸面向外
设磁感应强度大小为B1，由几何关系得：OK= 32a
第四象限圆弧的半径r1=a2
由qvB1=mv2r1
得B1=2B
17.【解析】 (1)A下滑过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgdsinθ=12mv02，
解得：v0= 65gd；
(2)A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以沿斜面向下为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv1+mv2，
由机械能守恒定律得：12mv02=12mv12+12mv22，
解得：v1=0，v2= 65gd，
从碰撞后到B速度为零过程，对B与弹簧组成的系统，
由能量守恒定律得：Ep=12mv22+mgxsinθ，
解得：x=5Ep3mg-d；
(3)A、B碰撞前弹簧的压缩量：x1=mgsinθk，
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=2mv3，
解得：v3=12 65gd，
C恰好离开挡板时，弹簧的伸长量：x2=mgsinθk，
在B开始沿斜面向下运动到C刚要离开挡板过程中，弹簧弹性势能的改变量为零，
由机械能守恒定律得：12⋅2mv32=Ek+2mg(x1+x2)sinθ，
解得：k=72m2g215mgd-50Ek；
18.【解析】 (1)质子在加速电场中被加速，根据动能定理，
则有eU=12mv12，
解得v1= 2eUm ；
(2)质子垂直进入电场后，做类平抛运动，将运动分解成水平与竖直方向，水平方向做匀速直线运动，
则有L=v1t，
竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，
则有y=12at2 ，
由牛顿第二定律，则有a=2UeLm，
竖直方向的速度为vy=at= 2eUm，
因此质子射出偏转电场时的偏转角θ，
即tanθ=vyv1=1 ，解得θ=45°；
(3)质子进入第四象限后速度方向变为水平时，竖直速度为零，
则vy=a't'，a'=eEm ，
解得t'=1E 2mUe。