2023-2024学年湖北省武汉市六校高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市六校高二（上）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列有关物理概念、物理公式的说法中正确的是( )
A. 将电荷量大小为q的负检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电场中A点的电势为φA=Wq(规定无限远处电势为0)
B. 由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
C. 由公式F=kQ1Q2r2可知，当两个带电体靠得非常近时，其静电力会无限大
D. 由电场强度公式E=Fq说明E与F成正比、与q成反比，E与F方向相同
2.电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是( )
A. 甲图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b
B. 乙图中，手指作为电容器—电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上能正常操作
C. 丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D. 丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
3.如图用频率为f的单色激光，垂直照射双缝，在光屏上O是中央亮条纹，P点是O上方第二条亮条纹中心，已知双缝间距为d，双缝到光屏的距离为L，光速为c，双缝S1、S2到P点的距离分别为r1，r2，下列说法正确的是( )
A. 该单色光的波长λ=cf
B. r2−r1=2cf
C. OP之间的距离为2Lcdf
D. 若换用频率更大的单色激光照射双缝，O点上方第二条亮条纹中心在P点上方
4.如图所示为半径为R的均匀带电金属球壳，总电荷为Q，设无穷远处的电势为零，你可能不会求解球壳内距离球心为r的P点处的场强E和电势φ的表达式，但根据所学的知识你可以对E和φ的表达式的合理性做出判断。根据你的判断，下列关于球内距离球心为r的P点处的电场强度E和电势φ的大小正确的是( )
A. E=0，φ=kQrB. E=0，φ=kQR
C. E=kQr2，φ=kQrD. E=kQr2，φ=kQR
5.一根长为l、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，下列说法错误的是( )
A. 棒两端电压U=nevρB. 通过棒的电流I=nevS
C. 棒的电阻为R=ρlSD. 棒的内部场强E=nevρ
6.在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为 32L、 22L、− 22L。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中0～ 22L的阴影部分面积为a，0～ 32L的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则( )
A. M、N是等量负电荷
B. 带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为 3： 2
C. 带电粒子运动过程中在y= 22L达到最大速度为 2q(b−a)m
D. 带电粒子运动到P3位置时动能为q(b−a)
7.如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上并从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP=30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 小球可以到达C点
B. 匀强电场的电场强度大小为mg2q
C. 小球运动到P点时对轨道的压力为8 3mg3
D. 小球运动到B点时，其加速度大小为g
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、R为半径作圆，从x轴上的a点开始沿逆时针方向将圆八等分，a～ℎ是圆周上的8个等分点，如图(a)所示；测量圆上各点的电势φ与半径同x轴正方向的夹角θ，描绘的φ−θ图像如图(b)所示，下列说法正确的是( )
A. 沿着bf直径的方向电势降落最快B. 电场强度的大小为φ1+φ22R
C. O点的电势为φ1−φ22D. a、e两点的电势差为 3(φ1+φ2)2
9.如图所示，空间中有水平向右的匀强电场，场强大小为E，一质量为m的带电小球(可视为质点)，从O点以初速度大小为v0竖直向上抛出，经过一段时间小球回到与O点相同高度处的A点(图中A点未标出)，此时速度大小为 17v0，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 该过程中小球所受的电场力先做正功后做负功
B. 小球的电荷量q=2mgE
C. 小球从O运动到A的运动时间为v0g
D. O、A点间电势差的大小为4Ev02g
10.三等长绝缘棒AB、BC、CA连成正三角形，每根棒上均匀分布等量同种电荷，测得图中P、Q两点(均为相应正三角形的中心)的电势分别为φP和φQ，若撤去AB棒，则P，Q两点的电势φP′和φQ′分别为( )
A. φP′=23φPB. φP′=13φP
C. φQ′=12φQ+16φPD. φQ′=12φQ+13φP
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图所示的阴影部分ABC为一透明光学元件的横截面，AC为圆心在O的14圆弧面，ABCO构成正方形。现要测定该元件的折射率，可供选用的器材还有：大头针、笔、刻度尺、圆规、平整的木板、图钉、白纸。

Ⅰ.某小组进行了如下的实验操作，请将步骤补充完整。
(1)将白纸用图钉固定在平整木板上，在白纸上画出光学元件的横截面图，标好对应关系，把光学元件放在白纸上，使它的横截面与图中画线对齐；
(2)在O点竖直插大头针P1。
(3)选择合适的点竖直插大头针P2，在BC外侧调整视线观察到大头针P1和P2的像在一条直线上，再竖直插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住______ ，P4挡住______ ；
(4)移去大头针和光学元件，记录好P2、P3和P4的孔洞位置，在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy，Ox轴与OC重合，Oy轴与OA重合，用刻度尺测出P2、P3和P4在直角坐标系xOy中的坐标P2(2,1.5)，P3(7,7)，P4(10,11)。则此光学元件折射率测量值为n= ______ (结果保留3位有效数字)；
Ⅱ.根据小组的实验过程，下列哪些措施能够提高实验精确度______ 。
A.应选用较粗的大头针完成实验
B.应选用较细的大头针完成实验
C.插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当小些
D.插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些
12.在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
(1)某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径D= ______ mm；紧接着用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度L= ______ cm。

(2)该同学用多用电表粗测其电阻，其测量结果为12.0Ω。
(3)现要进一步精确测量其阻值，除电源E(电动势为4V，内阻可忽略)、电压表V(量程为3.0V，内阻约为3kΩ)、滑动变阻器R(最大阻值为10Ω)开关及导线若干以外，实验室还提供了下列可选用的器材：
A.电流表A1(量程为0.3A，内阻r1=1Ω)
B.电流表A2(量程为0.6A，内阻r2=0.3Ω)
为了尽可能提高测量准确度，选择合适的电流表，补全实验电路图丙，并在电路图上标出所选器材的角标。
(4)根据电路图完成图丁中的实物连线。

(5)若本实验中，测得金属丝的长度为L，直径为D，电压表示数为U，电流表示数为I，则该金属丝的电阻率的计算式为ρ= ______ (用上述电源及题目中的物理量表示)。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管A、B、C、D、E……)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从P点沿轴线以一定初速度进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。已知电源频率为1.0×107Hz，加速电压为6.0×104V，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12。质子的比荷取1.0×108C/kg。已知漂移管B的长度为0.4m，试求漂移管E的长度是多少？
14.如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银(成反射镜).一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为ℎ处.观察者在A点附近看到了A点的像，A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的带负电粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，沿水平方向O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场的边缘效应，不计粒子重力。
(1)粒子进入偏转电场的速度大小为多少？
(2)若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，已知A点与上极板M在同一水平线上，则所加恒定电压U0为多少？
(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场，最后水平击中A点，则偏转电场周期T和偏转电场电压U应该满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、将电荷量大小为q的负检验电荷从电场的无限远处移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电场中A点的电势为φA=Wq(规定无限远处电势为0)，故A正确；
B、若a、b两点连线与匀强电场中的电场线垂直，两点间的电势差为零，故B错误；
C、当两个带电体靠得非常近时，库仑定律不再适用，故C错误；
D、E=Fq是电场强度的定义式，电场强度与电场本身有关，与F、q无关，故D错误。
故选：A。
E=Fq、φ=EPq均运用比值法定义，E、φ与试探电荷无关；公式Uab=Ed中d是两点沿电场线方向的距离。E=kQr2是真空中点场强的公式。
解决本题要掌握场强和电势的定义方式：比值法定义，抓住比值法定义的共性来理解其意义。要明确各个公式中每个量的准确含义。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据电容器电容的决定式C=εrS4πkd可知，力F增大过程中，极板间间距d变小，电容器的电容增大，再由公式C=QU可知，这个过程是Q增大，故电流计中的电流从b流向a，与A选项描述不符，故A错误；
B.两个彼此绝缘的靠的很近的导体构成电容器，故电容器两个极板都是导体，故改用绝缘笔在电容式触摸屏上不能正常操作，故B错误；
C.油箱液位上升时，相当于电介质的介电常量变大，根据C=εrS4πkd可知，电容器的电容增大，与C选项描述不符，故C错误；
D.当传感器由静止突然向左加速，质量块向右运动，介质插入电容中，相当于电介质的介电常量变大，根据C=εrS4πkd可知，电容器的电容变大，再由公式C=QU可知，这个过程是Q增多，故电容器处于充电电状态，故D正确。
故选：D。
根据电容器的构造可以知道用绝缘笔代替手指，就不能构成电容器了，也就不能正常工作；根据C=εrS4πkd可以判断两板间距离变化、正对面积发生变化时电容器的大小变化，因为电容器两板间电压不变，所以会出现相应的充放电状态。
本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压。电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流
3.【答案】C
【解析】A.根据波速、波长关系c=λf，λ=cf，故A错误；
B.P点是O点上方第二条亮条纹中心，则有r2−r1=2λ=2cf，故B错误；
C.双缝干涉两条相邻亮条纹中心间距Δx=Ldλ=Lcdf
OP之间的距离为2Δx=2Lcdf，故C正确；
D.若换用频率更大(波长更短)的单色激光照射双缝，O点上方第二条亮条纹中心在P点下方，故D错误。
故选：C。
当距离双缝的路程差等于半波长的偶数倍时，光屏上出现亮条纹，路程差等于半波长的奇数倍时，光屏上出现暗条纹，再结合波速与频率的关系求解。
解决本题的关键是知道明暗条纹形成的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式。
4.【答案】B
【解析】解：根据对称性可知，均匀带电金属球壳各部分在P点处的产生场强相互抵消，故P点处的电场强度为零，同理可得，均匀带电金属球壳内任意一点的电场强度为零，则P点与带电金属球壳表面电势差为零，P点处的电势等于带电金属球壳表面的电势，带电金属球壳表面的电势与半径R有关，故推测P点处电势P的大小为：φ=kQR，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据对称性，可知P点处场强为零，且P点与带金属球壳表面电势差为零，二者相等，而表面的电势与半径R有关，所以可得出P点的电势。
学生在解决本题时，应注意构建带电球壳模型，灵活运用对称性，并找到P点电势与球表面电势相等时解题的关键。
5.【答案】A
【解析】解：B.根据电流的微观表达式，通过棒的电流为I=nevS，故B正确；
C.根据电阻定律，棒的电阻为R=ρlS，故C正确；
A.根据欧姆定律，棒两端电压为U=IR=nevlρ，故A错误；
D.棒的内部场强E=Ul=nevρ，故D正确；
本题选择错误的说法，故选：A。
根据电流的微观表达式结合电阻定律、欧姆定律、和场强公式列式并代入相应数据求解判断。
熟练掌握电流的微观表达式，会结合电阻定律，欧姆定律等进行综合运算解答。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据图像可知两电荷电量相等，电性相同，一个质量为m、电荷量为−q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，受到引力作用，所以M、N是等量正电荷，故A错误；
B、设电荷带电量为Q，则：2kQqL2+y2×y y2+L2=ma；所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是 3： 2，故B错误；
C、带电粒子运动过程中最大速度在O点，根据动能定理可得：qb=12mv2
解得最大速度：v= 2qbm，故C错误；
D、图乙中面积代表电势差，所以带电粒子运动到P3位置时，电场力做功为：W=q(b−a)，根据动能定理可知动能为q(b−a)，故D正确。
故选：D。
根据图像可知两电荷电量相等，根据运动情况分析电性；根据牛顿第二定律分析带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比；根据动能定理求解最大速度；图乙中面积代表电势差，根据动能定理可知动能大小。
本题主要是考查带电粒子在电场中运动的图像问题，关键是能够根据图像结合运动情况进行解答。
7.【答案】C
【解析】解：B.小球运动到P点时的动能最大，可知在P点时受重力与电场力的合力沿OP向外，则
tan30°=qEmg
可得匀强电场的电场强度大小为
E= 3mg3q
故B错误；
A.由上述分析可知，P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置，不能到达C点，故A错误；
C.小球运动到P点电场力和重力的合力
F合=mgcs30∘=2mg 3
根据牛顿第二定律
FN−F合=mv2R
根据动能定理
mgRcs30°+qER(1+sin30°)=12mv2
解得
FN=8 3mg3
即对轨道的压力为
FN=8 3mg3
故C正确；
D.小球运动到B点时，竖直方向的加速度为g，水平方向加速度不为零，则其加速度大小大于g，故D错误。
故选：C。
小球运动到P点时的动能最大，故小球在P点时受重力与电场力的合力沿OP向外，可求电场强度；P为等效最低点，小球在A点时速度为零，则小球只能到达A点关于OP连线的对称点的位置；根据牛顿第二定律和动能定理联立求小球在P点时对轨道的压力；小球在B点竖直方向加速度为g，而水平方向加速度不为零，故大于g。
本题考查了带电物体在电场和重力场的复合场中的运动，要求学生能够正确分析物体的运动过程和受力，熟练掌握复合场用等效法处理的方法。
8.【答案】BCD
【解析】解：A、根据图(b)可知，圆周上电势最高点和最低点所在直径与x轴夹角为π6，设圆周上电势最高点为m，圆周上电势最低点为n，则mn直径方向为电场线方向，根据沿电场线方向电势降落最快，故沿着mn直径的方向电势降落最快，故A错误；
B、电场强度的大小为
E=Umn2R=φ1+φ22R
故B正确；
C、O点的电势为
φO=φm+φn2=φ1−φ22
故C正确；
D、a，e两点的电势差为
Uae=E⋅2Rcsπ6= 3(φ1+φ2)2
故D正确。
故选：BCD。
由匀强电场的电场强度和电势差的关系，求电场强度大小；根据匀强电场电势分布特点，求O点的电势由匀强电场的电场强度和电势差的关系，求ae两点的电势差；画出电场线，沿着电场线方向电势逐渐降低，分析电势。
本题考查学生对匀强电场的电场强度和电势差的关系、匀强电场电势分布特点的掌握，是一道基础题。
9.【答案】BD
【解析】解：A.带电小球在水平方向只受电场力作用，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，电场力方向与水平速度方向相同，电场力做正功，故A错误；
C.由题可知，带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球从O运动到A的运动时间为
t=2v0g
故C错误；
B.小球在水平方向的加速度为
a=Eqm
小球在A点处水平方向的速度为
vx= ( 17v0)2−v02=4v0
根据动力学公式有
vx=at
解得小球的电荷量
q=2mgE
故B正确；
D.小球从O运动到A，根据动能定理可知
|UOA|q=12m( 17v0)2−12mv02
O、A点间电势差的大小为
|UOA|=4Ev02g
故D正确。
故选：BD。
带电小球在水平方向只受电场力作用，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据对应的规律结合功能关系求解。
本题考查了带电粒子在电场和重力场的复合场中运动的问题，要求学生熟练掌握复合场的处理方法和带电粒子在电场中运动的基本规律。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、设三根棒在P点产生的电势为φ1，AB、BC棒在Q点产生的电势为φ2，撤去AB棒前有
φP=3φ1
φQ=φ1+2φ2
若撤去AB棒后有
φP=2φ1=23φP
故A正确，B错误；
CD、若撤去AB棒后有
ϕQ=φ1+φ2=12φQ+16φP
故C正确，D错误。
故选：AC。
利用对称性和电势叠加原理求出每根带电绝缘棒在P、Q两点产生的电势，再解撤去AC棒之后两点的电势。
本题考查电势的叠加，注意每根带电绝缘棒产生的电势与其他棒无关，只与该点到棒距离还有带电绝缘棒本身带电荷量以及电荷分布有关。
11.【答案】P1和P2的像 P3和P1、P2的像 1.33 BD
【解析】解：Ⅰ.(3)选择合适的点竖直插大头针P2，在BC外侧调整视线观察到大头针P1和P2的像在一条直线上，再竖直插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像；
(4)根据几何知识有：sinθ1=1.5−0 (2−0)2+(1.5−0)2=0.6，sinθ2=11−7 (10−7)2+(11−7)2=0.8
根据折射定律有：n=sinθ2sinθ1=
Ⅱ.选用较细的大头针完成实验，在白纸上留下的孔洞较小，连接点时误差较小；插在光学元件同侧的两枚大头针间的距离应适当大些连接点画线时误差较小，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
答：(3)P1、P2的像；P3和P1、P2的像；(4)1.33；BD。
Ⅰ.(3)根据光的直线传播分析判断；(4)根据几何知识和折射定律计算；Ⅱ.根据误差分析判断。
本题关键掌握光的直线传播和折射定律。
12.【答案】3.204 5.010 πD2(U−Ir1)4IL
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径D=3mm+20.4×0.01mm=3.204mm；
20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，金属丝长度L=50mm+2×0.05mm=50.10mm=5.010cm；
(3)根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流I=ERx=412.0A≈0.33A，因此电流表选择A；
由于电流表内阻已知，电流表采用内接法，电压表并联在电流表和待测电阻两端，电路图如图1所示：
(4)电流从电表的正接线柱流入，负接线柱流出，滑动变阻器采用分压式接法，按照电路图连接实物图如图2所示：
(5)根据欧姆定律及串联定律的特点，待测电阻两端电压UR=U−Ir1
根据欧姆定律，待测电阻Rx=URI=U−Ir1I
根据电阻定律Rx=ρLS=ρLπD24=4ρLπD2
代入数据联立解得电阻率ρ=πD2(U−Ir1)4IL。
故答案为：(1)3.204；5.010；(3)见解析；(4)见解析；(5)πD2(U−Ir1)4IL。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度上对应刻度(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应刻度(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(3)根据闭合电路的欧姆定律估算电流，选择电流表的量程；电流表内阻已知，电流表采用内接法，电压表并联在电流表和待测电阻两端，据此完成电路图；
(4)根据电路图连接实物图；
(5)根据欧姆定律求解待测电阻，根据电阻定律求电阻率。
本题主要考查了电阻率的测定和基本仪器的读数，要理解实验原理，能够根据实验要求正确选择实验器材并完成实验电路的设计；知道电流表内阻已知，采用内接法可以消除实验误差。
13.【答案】解：质子在B管中做匀速直线运动，由运动学公式可得漂移管B的长：LB=vBt
电源频率为：f=1.0×107Hz，则周期：T=1f，解得：T=1.0×10−7s
质子在B管中的运动时间为电源周期的12，则：t=T2=1.0×10−72s=5×10−8s
联立解得：vB=8×106m/s
由图可知，从B到E经过3次加速，设加速电压为U，根据动能定理可知：3qU=12mvE2−12mvB2，且qm=1×108C/kg
联立代入数据可得：vE=1×107m/s
则LE=vEt=1×107×5×10−8m=0.5m。
答：漂移管E的长度是为0.5m。
【解析】质子在B管中做匀速直线运动，由运动学公式求解速度大小；由图可知，从B到E经过3次加速，设加速电压为U，根据动能定理进行解答。
本题考查了带电粒子在电场中的加速，知道粒子沿电场方向的运动规律，结合动能定理和运动学公式综合求解。
14.【答案】解：由折射定律得：sinθi=nsinθd ①
由几何关系得：x1=ℎ⋅tanθi ②
x2=t⋅tanθd ③
物A到像A′的距离H=2(x1+x2)tan(90°−θi) ④
在小角度近似下有：tanθi≈sinθi，tanθd≈sinθd，tan(90°−θi)≈1sinθ1 ⑤
联立以上各式得：H=2(ℎ+tn) ⑥
答：A点的像到A点的距离等于2(ℎ+tn).
【解析】先根据光折射定律和反射定律作出光路图．在玻璃砖上表面，由折射定律列式．由几何关系得到A点的像到A点的距离与入射角和折射角的关系，利用小角度下近似知识求解．
解决本题的关键要作出光路图，运用几何知识和近似数学知识求解A点的像到A点的距离．要知道在角度很小时，正切值与正弦值近似相等．
15.【答案】解：(1)设粒子进入偏转电场的速度大小为v，对电子经加速电场加速的过程，由动能定理得：
eU1=12mv2
解得：v= 2eU1m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，离开偏转电场后做匀速直线运动到达A点。根据类平抛运动的推论可知电子离开偏转电场时的速度反向延长交两极板的中线的中点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则由几何关系得：
AO2=d2=(L+L2)tanθ
解得：tanθ=d3L
电子在偏转电场中的加速度为：a=eU0md
电子离开偏转电场时垂直于极板方向的分速度为：vy=at
平行于极板方向电子匀速直线运动，则有：L=vt
又有：tanθ=vyv
联立解得：U0=2U1d23L2
(3)在t=0时刻进入偏转电场的电子最后水平击中A点，说明电子在垂直于极板方向反复做加速、减速运动，出电场时垂直于极板方向的分速度为零，由运动的对称性可知电子在偏转电场中运动的时间为偏转电场周期的整数倍，则有：
t′=Lv=nT
解得：T=Lnv=Ln m2eU1，(n=1、2、3……)
电子在垂直于极板方向上的位移应满足：
d2=2n×12a(T2)2=2n×12⋅eUmd⋅(T2)2
解得：U=4nU1d2L2，(n=1、2、3……)
答：(1)粒子进入偏转电场的速度的大小为 2eU1m；
(2)所加恒定电压U0为2U1d23L2；
(3)偏转电场周期T应该满足T=Ln m2eU1，(n=1、2、3……)；偏转电场电压U应该满足U=4nU1d2L2，(n=1、2、3……)。
【解析】(1)根据动能定理求解粒子进入偏转电场的速度的大小；
(2)粒子在偏转电场做类平抛运动，出偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小；
(3)电子离开偏转电场时垂直于极板方向的分速度为零，由运动的对称性可知电子在偏转电场中运动的时间为偏转电场周期的整数倍，抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式。根据电子在垂直于极板方向上运动的对称性，根据位移关系求出偏转电压的通项表达式。
本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，带电粒子在电场中加速过程，根据动能定理求解获得的速度，在偏转电场中做类平抛运动的处理方法是运动的分解和合成。