2025-2026学年江苏省徐州市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年江苏省徐州市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，共4页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，某些中国古代建筑安装了既有装饰作用，又有避雷作用的塔刹构件，其避雷作用的物理原理是( )
A. 尖端放电B. 接触起电C. 静电吸附D. 静电屏蔽
2.如图所示，2026年6月9日，在徐州市上空观测到“金木相合”现象，金星与木星达到全年最近距离，已知金星绕太阳的公转轨道半径比木星小，则金星比木星( )
A. 周期更小
B. 线速度更小
C. 角速度更小
D. 向心加速度更小
3.如图所示，流经R1和R2两电阻的电荷量q与时间t的关系分别由图中两条直线表示，则通过R1和R2的电流之比为( )
A. 1：1
B. 2：1
C. 3：1
D. 4：1
4.如图所示，利用多用电表的欧姆挡测电阻时，指针偏转角度过大，需要进行的操作是( )
A. 换更小倍率，重新进行欧姆调零B. 换更小倍率，不再进行欧姆调零
C. 换更大倍率，重新进行欧姆调零D. 换更大倍率，不再进行欧姆调零
5.如图所示，场致发射显微镜用于观测针尖样品的表面原子排列和电子发射特性，电场线在针尖尖端高度集中，针尖处电场强度高达4×109V/m，强电场使电子脱离针尖表面，并在针尖与荧光质涂层之间做加速直线运动，则上述过程中( )
A. 电子的加速度增大B. 电子的电势能减小
C. 电场力做负功D. 电子运动相同距离，电场力做功相等
6.我国自主品牌摩托车斩获WSBK赛事多个分站冠军，该参赛摩托车最大功率约113kW，最高时速约82m/s，则该摩托车在水平直线赛道以最高速度冲刺时受到的阻力大小约为( )
A. 140NB. 1400NC. 9300ND. 9.3×106N
7.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，带电小球P、Q分别用完全相同的绝缘细绳悬挂于水平天花板上，两球保持静止时，两细绳均恰好与天花板垂直，则( )
A. P和Q都带正电荷
B. P和Q都带负电荷
C. P带正电荷、Q带负电荷
D. P带负电荷、Q带正电荷
8.如图所示，某小组验证机械能守恒定律实验操作如下：将量角器竖直固定在铁架台上，使直径边水平，将小球通过细线悬挂于量角器的圆心处。在圆心正下方安装光电门，调整其高度使小球静止在最低点时，光电门的探测光束刚好被球心遮住，实验时，利用电磁铁吸住小球，断开电源，小球在紧贴量角器的竖直平面内运动，验证小球从释放到最低点过程的机械能守恒，不是必须测量的物理量是( )
A. 细线的长度B. 小球的质量
C. 小球的直径D. 释放时细线与竖直方向的夹角
9.如图所示，质量为m的小球在黏性较大的液体中由静止竖直下落，先后经过A、B两水平面，运动过程中可近似认为小球受到的阻力大小f和浮力大小F恒定，AB间高度差为h，重力加速度为g，在该过程中小球的( )
A. 动能变化量为mgh
B. 动能变化量为(f+F)ℎ−mgℎ
C. 机械能变化量为mgℎ−(f+F)ℎ
D. 机械能变化量为−(f+F)ℎ
10.探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系实验电路如图所示，A、B是两个完全相同的电容器，开始均不带电，单刀双掷开关S1和开关S2均处于断开状态，实验步骤如下：①开关S1先接1，给电容器A充电，稳定后记录数字电压表示数U1。②S1再接2，让A给B充电，稳定后记录数字电压表示数U2(忽略电容的漏电)。③断开S1，闭合S2，放掉B上电量。关于该实验下列说法中正确的是( )
A. 步骤①中，U1大于电源路端电压
B. 步骤②中，发现U1=2U2，该现象说明A的电容变为原来的一半
C. 继续实验，重复步骤②③几次，数字电压表的示数会依次减半
D. 该实验说明在电容不变的情况下，电容两极板间电势差跟所带电荷量成反比
11.如图所示，水平地面上P点左侧光滑，右侧粗糙。质量均匀的木板右端运动到P点时速度为v0，之后在地面摩擦力作用下做减速运动，木板左端恰好到达P点时速度减为0，该过程中，木板动能Ek随位移x(x为木板右端从P点开始向右移动距离)的关系图像为( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.电导率σ是用来描述材料导电能力的物理量，与电阻率ρ互为倒数，即σ=1ρ。某同学用如图1所示的实验电路来测量某金属丝的电导率，实验过程如下：
(1)用如图2所示的螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图2所示部件______(选填“A”、“B”或“C”)，从图中可读出金属丝直径d=______ mm；选择金属丝的不同位置多次测量，取其平均值作为金属丝的直径。
(2)将电阻箱接入a、b之间，请用笔画线代替导线，将如图3实物电路连接完整，使开关闭合后，滑动变阻器接入电路的阻值最大。
(3)闭合开关，适当调节滑动变阻器R′，并保持其阻值不变，改变电阻箱的阻值R，得到多组电压表的示数U与R的数据，并计算出对应的1U和1R，根据实验数据，在如图4坐标纸中绘出相应的1U−1R关系图线。
(4)用长度为l的金属丝替换电阻箱，读得电压表示数为U1利用如图4，即可获得该金属丝阻值的倒数为a，根据电阻定律，计算可得该金属丝电导率σ=______(结果用l、a和d表示)。
(5)小明表示，可以利用图4中的1U−1R图像测量本实验所用电源的内阻，你是否同意他的观点？并说明理由。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.中国天宫一号目标飞行器绕地球的运动可视为匀速圆周运动，已知“天宫一号”做匀速圆周运动的半径为r，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，求：
(1)地球的质量M；
(2)“天宫一号”的线速度v的大小。
14.如图所示为扫地机器人行走模块的简化电路，已知电源电动势E=14V，内阻r=2Ω，电动机两端电压UM=10V，其线圈阻值RM=1Ω，灯泡阻值R=10Ω，闭合开关，电动机正常工作，求：
(1)通过灯泡的电流IL；
(2)电动机的输出功率P出。
15.如图所示，AB、CD两斜坡轨道上端和圆弧轨道BC相连，且分别相切于等高的B、C两点，AB段粗糙，其余部分均光滑，CD段下端放置一轻质弹簧，P为BC段最高点，质量m=0.2kg的小物块从A点以v0=9m/s冲上斜面，沿轨道运动到弹簧处，将弹簧上端压至Q点时物块速度恰好为0。已知AB段距离l1=3.6m，动摩擦因数μ=0.5，BC段半径R=2m，CQ距离l2=3m，斜面倾角均为θ=37∘，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块到达B点时的速度vB；
(2)物块到达P点时对轨道的压力大小FN；
(3)弹簧的最大弹性势能Ep。
16.为研究电子在示波管中的运动规律，建立如图所示简化模型。在平面坐标系Oxy中的ABCD区域内，存在沿x轴正方向的匀强电场Ⅰ和沿y轴正方向的匀强电场Ⅱ，场强大小均为E。两电场区域均为边长L的正方形，中间为宽度为L2的真空区域。已知电子质量为m，电荷量大小为e，不计电子重力，在区域AB边内侧的中点P处由静止释放电子，求：
(1)电子到达y轴的速度大小；
(2)电子离开ABCD区域的位置坐标；
(3)若在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，使电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，设释放点的位置坐标为(x,y)，写出x、y满足的方程。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：中国古代建筑安装了既有装饰作用，又有避雷作用的塔刹构件，其避雷作用的物理原理是：尖端放电，故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据导体尖端电荷密度大、电场强的特点，判断塔刹金属构件通过尖端放电中和云层电荷或引导雷电入地来实现避雷。
本题将中国古代建筑智慧与现代静电学原理相结合，既考查了尖端放电这一核心物理概念，又体现了物理学史与文化传承的融合，是一道兼具知识性与趣味性的基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A.由万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r
得T=2π r3GM，轨道半径越小则周期越小。金星轨道半径小于木星，故金星周期更小，故A正确；
B.由万有引力提供向心力GMmr2=mv2r
得v= GMr轨道半径越小则线速度越大。金星轨道半径小于木星，故金星线速度更大，故B错误；
C.由万有引力提供向心力GMmr2=mω2r
得ω= GMr3轨道半径越小则角速度越大。金星轨道半径小于木星，故金星角速度更大，故C错误；
D.由万有引力提供向心力GMmr2=man
得an=GMr2，轨道半径越小则向心加速度越大。金星轨道半径小于木星，故金星向心加速度更大，故D错误。
故选：A。
本题的核心是利用万有引力提供向心力的模型，推导出周期、线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的关系，再根据金星轨道半径小于木星的条件进行比较判断。
这是一道考查天体运动基本规律的典型题目，关键在于熟练掌握行星运动的各个物理量(周期、线速度等)与轨道半径之间的函数关系。
3.【答案】D
【解析】解：对于电阻R1：直线经过点(1,4)
所以，其斜率k1=41=4，这代表通过R1的电流I1对应数值为4
对于电阻R2：直线经过点(4,4)
所以，其斜率k2=44=1。这代表通过R2的电流I2对应数值为1
代入数据可得I1：I2=k1：k2=4：1，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据电流的定义式I=qt，在电荷量-时间(q−t)图像中，图线的斜率代表电流的大小，因此只需比较两条图线的斜率之比即可得到电流之比。
这是一道将物理概念与数学图像相结合的经典基础题，重点考查学生对电流定义式及其图像意义的理解。
4.【答案】A
【解析】解：利用多用电表的欧姆挡测电阻时，指针偏转角度过大，说明待测电阻的阻值较小，为了减小测量时的误差，应该换用更小的倍率，重新进行欧姆调零然后在测量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据指针的偏转情况判断待测电阻的大小结合欧姆表的操作使用规则分析解答。
考查欧姆表的使用，知道在什么情况下需要更换倍率，属于基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，随着针尖到边缘，电场线逐渐变疏，电场强度变小，根据a=Eqm可知，加速度逐渐减小，故A错误；
BC.电子加速，电场力对电子做正功，电势能减小，故B正确，C错误；
D.随着针尖到边缘，电场线逐渐变疏，电场强度变小，电场力减小，则运动相同的距离，电场力做功不同，故D错误。
故选：B。
电子做加速运动，表明电场力对其做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系W电=−ΔEp)，可知电子的电势能减小。
本题综合考查了带电粒子在非匀强电场中的动力学和能量学问题，核心在于理解电场力做功与电势能变化的关系。
6.【答案】B
【解析】解：摩托车在水平直线赛道以最高速度行驶时做匀速直线运动，受力平衡，牵引力大小等于阻力大小，即F=f此时发动机功率为最大功率，瞬时功率满足公式P=Fv
联立两式得阻力计算公式f=Pvmax
代入数值计算P=113kW=1.13×105W，vmax=82m/s
则f=1.13×10582N≈1.4×103N=1400N，故ACD错误，B正确。
故选：B。
摩托车达到最高速度时做匀速直线运动，牵引力和阻力大小相等；发动机以最大功率运行，结合功率、牵引力、速度的关系式，把已知的最大功率和最大速度代入计算牵引力，所得数值就等于阻力，最后匹配选项选出答案。
本题以国产赛事摩托车为真实情境，聚焦机车恒定功率下最大速度的基础模型，仅考查匀速时牵引力与阻力平衡、功率速度核心公式的简单代入计算，题干简洁、计算步骤少，难度基础，既能让学生感受物理知识在赛车场景的实际应用，也能快速检验学生对机车启动临界匀速条件的基础掌握情况。
7.【答案】C
【解析】解：AB.由图可知，两小球均在匀强电场的电场力和库仑力的作用下保持平衡，由于相互作用的库仑力大小相等、方向相反，那么两小球各自受到匀强电场的电场力也一定大小相等、方向相反，所以两小球一定带异种电荷，故AB错误；
C.如果小球P带正电、Q带负电，小球P受到匀强电场的电场力向左、库仑力向右，有可能保持平衡；同理如小球Q带负电，其受到匀强电场的电场力向右、库仑力向左，有可能保持平衡，故C正确；
D.如果小球P带负电、Q带正电，则小球P受到匀强电场的电场力与库仑力均向右，则不能平衡；同理小球Q受到匀强电场的电场力与库仑力均向左，也不能平衡，故D错误。
故选：C。
对小球进行受力分析，根据绳子竖直可知其在水平方向上合力为零，这意味着每个小球所受的电场力必须与另一小球对它的库仑力大小相等、方向相反，通过分析不同电性组合下这两个力的方向即可判断出唯一可能的情况。
这是一道考查静电场中物体平衡的受力分析题，但题目描述存在严重缺陷，忽略了小球间的库仑力，导致题意不清，需要解题者自行补充隐含条件才能解答。
8.【答案】B
【解析】解：设小球的质量为m，细线长度为L，小球的直径为d，释放时细线与竖直方向的夹角为θ，小球通过光电门的挡光时间为Δt；小球从释放位置到最低点，下落的高度为ℎ=L(1−csθ)+d2，重力势能的减少量为ΔE=mgℎ=mg[L(1−csθ)+d2]，小球经过光电门时，可得最低点的瞬时速度v=dΔt，动能的增加量为ΔEk=12mv2=12m(dΔt)2。验证机械能守恒即满足ΔEp=ΔEk，代入后可得mg[L(1−csθ)+d2]=12m(dΔt)2，式中小球质量m可在等式两侧直接约去，无需额外测量。
A.下落高度的计算式中包含细线长度L，是需要测量的物理量，故A错误；
B.由上述推导的守恒关系式可知，质量m可约去，不是必须测量的物理量，故B正确；
C.计算小球经过光电门的瞬时速度时，需要用小球直径计算电门的瞬时速度，是需要测量的物理量，故C错误；
D.量角器可直接读出该夹角θ，代入即可得到下落高度，是需要测量的物理量，故D错误。
故选：B。
根据题意设置条件，结合验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项逐一分析判断各选项正误。
考查验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项，关键是熟练掌握动能和重力势能的表达式，属于中等难度考题。
9.【答案】D
【解析】解：AB、小球在液体中下落的过程中，受到重力mg、浮力F和阻力f三个力的作用，由动能定理可得：mgℎ−Fℎ−fℎ=ΔEk，由此可动能的变化量为：ΔEk=mgℎ−Fℎ−fℎ，故AB错误；
CD、由功能关系可知，小球的机械能的变化量由除重力外的其他力所做的功决定，所以小球的机械能的变化量为：ΔE=−Fℎ−fℎ=−(F+f)ℎ，故C错误，D正确。
故选：D。
由动能定理可求动能的变化量；由功能关系可求机械能的变化量。
本题是对动能定理及功能关系的考查，解题的关键是要知道，动能的变化与合外力做功有关，机械能的变化与除重力外的其他力所做的功有关。
10.【答案】C
【解析】解：A.步骤①中，开关S1先接1，给电容器A接在电源两端，因此U1等于电源路端电压，故A错误；
B.电容器的电容决定于电容器本身，步骤②中，发现U1=2U2，也不能说明A的电容变为原来的一半，故B错误；
C.步骤②中，电容器A给B充电，由于两电容器相同，电荷量平分，即QB=QA′=12Q
根据电容器电容的定义式C=QU
变形得U=QC
解得UA=UB=U2=12U1
断开S1，闭合S2，放掉B上电量，继续实验，重复步骤②③几次，数字电压表的示数会依次减半，故C正确；
D.根据电容器电容的定义式C=QU
变形得U=1C⋅Q
该实验说明在电容不变的情况下，电容两极板间电势差跟所带电荷量成正比，故D错误。
故选：C。
A.步骤①中，开关S1先接1，给电容器A接在电源两端；
B.电容器的电容决定于电容器本身，据此分析作答；
C.相同电容器相连，电荷量平分；根据电容器电容的定义式进行分析；
D.电容器的电容决定于电容器本身，结合电容器电容的定义式分析作答。
本题主要考查了观察电容器及其充、放电现象的实验，要明确实验原理，理解并掌握电容器电容定义式的运用。
11.【答案】B
【解析】解：设木板的总长为L，质量为M，木板与地面间的动摩擦因数为μ，在木板运动的过程中，受到的滑动摩擦力的大小为：f=μ(xLM)g=μMgL⋅x，由此可知，摩擦力f随位移x线性增加，则在运动的过程中，由动能定理可得：−f2x=Ek−Ek0，解得：Ek=Ek0−f2x=Ek0−μMg2Lx2，由此可知，Ek−x图像是一条向下弯曲的曲线，且图像的斜率为ΔEkΔx=−f，随x的增大，f的绝对值增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
首先由摩擦力f=μFN确定滑动摩擦力与位移x的关系，然后由动能定理列式可得Ek−x的函数表达式，然后对照图像判断即可。
本题是对动能定理的应用及动摩擦定律的考查，解题的关键是要根据题意确定滑动摩擦力与位移之间的函数关系式，再由动能定理得到Ek−x的函数表达式即可解答。
12.【答案】锁止开关，0.295；
4alπd2； 不同意，根据闭合电路欧姆定律有E=UR(R+R′+r)，整理得1U=R′+rE⋅1R+1E，滑动变阻器接入阻值未知，利用图4中的1U−1R图像不能测量本实验所用电源的内阻
【解析】(1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧锁止开关，如图2所示部件A，从图中可读出金属丝直径d=0mm+29.5×0.01mm=0.295mm。
(2)根据电路图连接实物图如图所示
(4)由题意可知1Rx=a，根据电阻定律有Rx=ρlS，根据几何知识有S=π(d2)2，又σ=1ρ
联立解得σ=4alπd2
(5)不同意
根据闭合电路欧姆定律有E=UR(R+R′+r)
整理得1U=R′+rE⋅1R+1E
滑动变阻器接入阻值未知，利用图4中的1U−1R图像不能测量本实验所用电源的内阻。
故答案为：(1)锁止开关，0.295；(2)
(4)4alπd2；(5)不同意，根据闭合电路欧姆定律有E=UR(R+R′+r)，整理得1U=R′+rE⋅1R+1E，滑动变阻器接入阻值未知，利用图4中的1U−1R图像不能测量本实验所用电源的内阻。
(1)根据螺旋测微器的使用方法分析判断，读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
(2)根据电路图连接实物图；
(4)根据电阻定律、几何知识和题意计算；
(5)根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像分析判断。
本题考查测量金属丝电导率实验，关键掌握实验原理和利用图像处理数据的方法，螺旋测微器的读数方法。
13.【答案】地球的质量M为gR2G “天宫一号”的线速度v的大小为R gr
【解析】解：(1)地球表面质量为m的物体，所受重力等于地球对物体的万有引力，有mg=GMmR2
得地球质量M=gR2G
(2)天宫一号绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设天宫一号质量为m′，轨道半径为r，有GMm′r2=m′v2r
整理得v= GMr=R gr
答：(1)地球的质量M为gR2G；
(2)“天宫一号”的线速度v的大小为R gr。
(1)取地球表面任意物体，物体受到的万有引力和自身重力大小相等，通过这个等量关系整理推导，就能解出地球质量；
(2)天宫一号做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，列出对应的受力等式；再把第一问求出的地球质量代入该式，化简后即可得到飞行器的线速度。
这道天体运动基础计算题以天宫一号为真实情境，分为两小问层层递进，先借助地球表面万有引力等于重力的黄金代换模型求解中心天体质量，再利用万有引力提供圆周运动向心力推导环绕天体线速度，设问逻辑清晰、模型经典，既考查黄金代换的基础运用，又巩固卫星环绕运动的核心公式，难度平缓，适合初学者夯实天体运动的基础解题框架。
14.【答案】通过灯泡的电流IL为1A 电动机的输出功率P出为9W
【解析】解：(1)由欧姆定律有IL=UMR
解得IL=1A
(2)由闭合电路欧姆定律有E=UM+I总r
解得I总=2A
IM=I总−IL
由P出=UMIM−IM2RM
解得P出=9W
答：(1)通过灯泡的电流IL为1A；
(2)电动机的输出功率P出为9W。
(1)根据并联支路电压相等确定灯泡两端电压，结合纯电阻欧姆定律求灯泡电流；
(2)用闭合电路欧姆定律算出干路总电流，减去灯泡电流得到电动机工作电流；最后用总电功率减去线圈热功率，得到电动机机械输出功率，全程区分纯电阻与非纯电阻电路计算规律。
本题以扫地机器人电路为实际背景，融合闭合电路欧姆定律、纯电阻与非纯电阻功率计算两类核心考点，电路模型典型，步骤层次清晰，能有效考察学生是否区分电动机不能直接用欧姆定律的易错点，计算难度适中，是夯实直流电路功率计算的经典基础计算题。
15.【答案】物块到达B点时的速度vB为3m/s 物块到达P点时对轨道的压力大小FN为1.9N 弹簧的最大弹性势能Ep为4.5J
【解析】解：(1)从A到B，根据动能定理得
−(mgsinθ+μmgcsθ)l1=12mvB2−12mv02
解得：vB=3m/s
(2)从B到P，根据动能定理得
−mgR(1−csθ)=12mvP2−12mvB2
解得：vP=1m/s
在P点，对物块，根据牛顿第二定律得
mg−FN′=mvP2R
解得：FN′=1.9N
根据牛顿第三定律，物块到达P点时对轨道的压力大小FN=FN′=1.9N
(3)从P到Q，根据物块和弹簧组成的系统机械能守恒得
mgR(1−csθ)+mgl2sinθ+12mvP2=Ep
解得：Ep=4.5J
答：(1)物块到达B点时的速度vB为3m/s；
(2)物块到达P点时对轨道的压力大小FN为1.9N；
(3)弹簧的最大弹性势能Ep为4.5J。
(1)从A到B，根据动能定理求物块到达B点时的速度vB；
(2)从B到P，根据动能定理求物块到达P点时的速度vP。在P点，对物块，根据牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，再得到物块到达P点时对轨道的压力大小FN；
(3)从P到Q，根据机械能守恒定律求弹簧的最大弹性势能Ep。
本题涉及力在空间的积累效果，运用动能定理求速度是常规思路。轨道光滑时，要想到机械能守恒定律。
16.【答案】电子到达y轴的速度大小为 2eELm 电子离开ABCD区域的位置坐标为(−32L,14L) 若在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，使电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，设释放点的位置坐标为(x,y)，x、y满足的方程为xy=L24
【解析】解：(1)电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的为v0，根据动能定理有：eEL=12mv02
解得：v0= 2eELm
(2)假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有L2−y=12at2
加速度a=eEm
运动时间t=Lv0
联立解得y=14L
所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为(−32L,14L)
(3)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x,y)，在电场Ⅰ中电子被加速到v1
根据动能定理得eEx=12mv12
然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有y=12at2
加速度为a=eEm
运动时间为t=Lv1
联立解得xy=L24
即在电场Ⅰ区域内满足议程的点即为所求位置。
答：(1)电子到达y轴的速度大小为 2eELm；
(2)电子离开ABCD区域的位置坐标为(−32L,14L)；
(3)若在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，使电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，设释放点的位置坐标为(x,y)，x、y满足的方程为xy=L24。
(1)根据电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，结合动能定理分析求解；
(2)根据粒子在Ⅱ电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动分析求解；
(3)根据电子在电场中的不同方向上的运动状态分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解带电粒子在电场中的受力和运动状态，合理使用功能关系是解决此类问题的关键。