2023年广东省深圳市高考物理二模试卷及答案解析

2023年广东省深圳市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.今年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，

预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是（）

A.目前核电站使用的都是核聚变技术

B.核反应赞U+乩一号Ba+s9Kr+3乩是核聚变

C.太阳是一个巨大的核聚变反应堆

D.原子弹是利用核聚变原理制成的

2.二十四节气是中华民族的文化遗产。地球沿椭圆形轨道绕八UR*春分

太阳运动，所处四个位置分别对应北半球的四个节气，如图所了

示。下列关于地球绕太阳公转的说法正确的是（）/户至

我分

A.冬至时线速度最大B.夏至和冬至时的角速度相同

C.夏至时向心加速度最大D,可根据地球的公转周期求出地球的质量

3.如图所示，间距为乙且足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨电阻与长度成正比，竖直

向下的匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R的定值电阻，阻

值为R的导体棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好。导体棒从导轨的最左端以速度u匀速向右

运动的过程中（）

A.回路中的电流逐渐变大B.回路中电流方向沿顺时针（俯视）

C.导体棒两端的电压大小为BLuD.导轨的发热功率先变大后变小

4.图甲是一列简谐横波在某时刻的波形图，质点M、N、P、Q分别位于介质中x=3m,x=4m、

x=5m,x=l（hn处。该时刻横波恰好传播至P点，图乙为质点M从该时刻开始的振动图像,

下列说法正确的是（）

B.波源起振方向沿y轴正方向

C.此波传播至Q点的过程中，质点尸的路程为5nl

D.当质点Q起振后，与质点N振动步调完全一致

5.如图为置于真空中的矩形透明砖的截面图，。、。'分别为上下表面的中点，一光线从。点

以一定角度射入透明砖，刚好射在图中a点。换同样大小的另一材质矩形透明砖放在原位置,

让同一光线仍然从。点以相同的角度射入透明砖，刚好射在图中b点。关于该光线在这两种介

质中传播，下列说法正确的是（）

A.在b点不会发生全反射

B.在第二种材质中的传播速度更大

C.在第一种材质中传播时频率更小

D.若用频率更高的光，从。点以相同角度入射到第二种材质时，光可能射到a点

6.我国科研人员采用全新发电方式一“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。

其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器

的前后有两强磁极N和S，使得上下有两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（）

A.上极板电势比下极板电势低

B.仅使以曾大，两金属电极间的电动势会变大

C.仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大

D.仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大

7.图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动扇形金属触片/可同时接

触两个触点。当触片P接通c、d两点时，电吹风不工作。电路中的变压器可视为理想变压器，

原副线圈匝数比詈=弓。当电吹风接220V交流电时，额定功率为60Hz的小风扇能正常工作,

小风扇的输出功率为52勿。下列说法正确的是（）

A.转动P接通b、c触点时，电吹风吹出热风

B.正常工作时通过小风扇的电流为14

C.风扇电动机的线圈内阻为600

D.转动P接通a、b触点时，因电热丝的电阻变大，会导致小风扇的电流变小

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通

过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布

），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给

绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端4点无初速度释放一

带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底（B为4c中点）。不计

粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（）

A.B点电势比C点电势高

B.粒子从B点到C点的过程中电势能增大

C.粒子在B点的加速度大于在C点的加速度

D.粒子在4B与BC间的动能变化量相同

9.安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽

车正面碰撞测试中，汽车以72km/s的速度发生碰撞。车内假

人的质量为50kg,使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使

用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确

的是（）

A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒

B.无论是否使用安全带，假人动量变化量相同

C.使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N

D.不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N

10.如图，质量为1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2kg的条形磁

铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略

一切摩擦，不计管壁厚度。则（）

磁铁

A.磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右

B.磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4rn/s

C.磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s

D.磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到27

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11.如图a为探究“小车加速度与力、质量的关系”的装置，某实验小组发现利用该装置还

可以测量小车的质量M。实验时，将长木板右端适当垫高，在不受牵引的情况下小车拖动纸

带恰能沿木板匀速运动，则：

（1）为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量

应______小车的质量。（填“远大于”、“等于”、“远小于”）。

（2）若平衡摩擦力过度（即木板右端垫的过高），此时长木板与桌面的倾角为0。由实验测得数

据做出a-F图像，截距为劭，此时的滑动摩擦力为7,重力加速度为g,则M=（用/、

。、的、g表示），该测量值比真实值______（填“偏大”、“偏小”、“不变”）«

12.某实验小组想测量一节蓄电池的电动势和内阻，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的

实验器材：

A.电流表（量程0.6A）

正电压表（量程2.0U）

C.定值电阻（阻值10、额定功率5小）

D定值电阻（阻值100、额定功率10小）

E滑动变阻器（阻值范围0—100、额定电流24）

F.电阻箱（阻值范围0〜9999.90）

（1）实验时需用如图a所示电路改装电流表，闭合开关Si前，将滑动变阻器滑片移动到最左端,

把电阻箱的电阻调至最大；

（2）断开开关S2,闭合开关S],调节滑动变阻器滑片使电流表的读数为0.404保持滑片位置

不动，闭合开关S2,调节电阻箱的电阻，使电流表的示数为0.104断开开关S1,不再改变电

阻箱阻值，保持电流表和电阻箱并联，撤去其他线路，重新标识表盘，改装后的新电流表的

量程是A-,

（3）将己改装好的电流表接在如图b所示电路中，并用该电路测量蓄电池的电动势和内阻，其

中为定值保护电阻。

①为保证实验结果准确且调节方便，定值保护电阻品应选（填器材前的字母）。

②用正确选择的器材进行实验，依据数据得到U-/图像（图c）,由图像得出该节蓄电池的电

动势E=V,内阻r=0。（结果保留两位小数）

（4）旧的蓄电池，电源电动势基本不变，内阻变为，=0.30。要使“6.0V,12.0W”的用电器

正常工作，至少需要节这样的旧蓄电池串联，同时电路还需要串联一个阻值大小为

0保护电阻。

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

13.某山地车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形气缸（出厂

时已充入一定量气体）。气缸内气柱长度变化范围为

40mm~100mm,气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦：

(1)将其竖直放置于足够大的加热箱中(加热箱中气压恒定)，当温度A=300K时空气柱长度

为60rmn,当温度缓慢升至3=360K时空气柱长度为72mm,通过计算判断该避震器的气密

性是否良好。

(2)在室外将避震器安装在山地车上，此时空气柱长度为lOOnun,气缸内的压强为5p0,骑行

过程中由于颠簸导致气柱长度在最大范围内变化(假定过程中气体温度恒定)，求气缸内的最

大压强。(结果用Po表不)

14.某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，

再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸而的匀强磁场，磁感应强度为B。水

平放置的目标靶长为21,靶左端M与磁场圆心。的水平距离为人竖直距离为从电子枪

逸出的电子(质量为小、电荷量为e,初速度可以忽略)经匀强电场加速时间t后，以速度为沿P。

方向射入磁场，(P。与水平方向夹角为60。)，恰好击中M点，求：

(1)匀强电场场强的大小；

(2)匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；

(3)为保证电子击中目标靶MN,匀强电场场强的大小范围(匀强电场极板间距不变)。

15.在火力发电厂，将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径R=的躺卧圆筒。

圆筒绕水平中心轴旋转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截

面简化如图。设筒内仅有-一个质量为m=0.2kg、大小不计的钢球，初始静止在最低点4。(g=

10m/s2)

(1)启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的位置B时，

圆筒的角速度3。=yTirad/s，求此时钢球线速度为的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功

W-,

(2)当钢球通过C点时，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离(分离前后钢球速度不变)，此后钢球

仅在重力作用下落到位置CD连线过。点，与水平方向成45。。求分离时圆筒的角速度如；

（3）停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放，与

筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的（即碰撞前后沿半径方向速度大小相

等方向相反，沿切线方向速度不变），求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间；若改

变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并简要说明理由（取J口_\=

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、目前核电站使用的都是核裂变技术，故A错误；

B、核反应赞U+M-续Ba+罂Kr+3加是核裂变，故B错误；

C、太阳是一个巨大的核聚变反应堆，故C正确；

。、原子弹是利用核裂变原理制成的，氢弹是利用核聚变原理制成的，故。错误；

故选：Co

理解核聚变和核裂变的区别，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了重核的裂变问题，熟悉核聚变和核裂变的区别即可完成分析，难度不大。

2.【答案】4

【解析】解：4、冬至时地球在近日点位置，所以线速度最大，故A正确;

8、地球受到的万有引力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得：

GMm

=Hl32r

解得：3=CM

则夏至时的角速度小于冬至时的角速度，故B错误;

C、地球受到的万有引力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得:

GMm

—^―=ma

解得：a=皆，则冬至时向心加速度最大，故C错误;

。、地球受到的万有引力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得:

GMm4”2

—=

因为地球的质量被抵消，所以无法计算出地球的质量，故。错误;

故选：Ao

根据不同节气时地球的位置，结合开普勒第二定律得出线速度最大的节气；

地球受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律分析出角速度和加速度的大小关系。

本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解地球做圆周运动的向心力来源，结合万有引力定

律即可完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：AC,根据法拉第电磁感应定律可得：

E=BLv

因为导轨电阻与长度成正比，所以电路中的电阻逐渐增大，电路中的电流逐渐减小，根据串联电

路的分压规律可知，导体棒两端的电压不等于BW,故AC错误；

2、根据右手定则可知，回路中电流方向沿逆时针方向（俯视），故8错误；

。、当导轨的电阻等于内阻和定值电阻的阻值之和时，导轨的发热功率最大，由此可知，导轨的

发热功率先增大后减小，故。正确：

故选：。。

根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合电阻的变化趋势得出电流的变化趋势；

根据右手定则得出电流的方向；

当导轨的电阻与其他电阻之和相等时，导轨的发热功率最大，由此分析出导轨发热功率的变化趋

势。

本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律和功率与电阻的

关系即可完成分析。

4.【答案】B

【解析】解：4、根据图甲可知波长为4=4m,根据图乙可知7=4s,则波速为

"=彳=：m/s=lm/s,故4错误；

B、此时波刚好传到P点，根据上下坡法可知，振动方向沿y轴正方向，又因为此时P点振动方向为

波源的起振方向，故B正确；

C、根据波在x轴方向上的运动特点可知：

则P点的路程为

s=54=5x10cm=50cm,故C错误；

D、质点Q和质点N之间的距离为

4x=6m=1A,因此两个质点的振动步调相反，故。错误;

故选：B。

根据图像得出波长和周期，结合波速的计算公式得出波速的大小；

根据上下坡法分析出波源的起振方向；

根据时间和周期的关系，结合简谐横波在竖直方向上的振动特定得出质点的路程；

根据质点水平方向的距离与波长的关系分析两个质点的步调是否一致。

本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，掌握简谐横波在不同方向上的运动

特点，结合运动学公式即可完成分析。

5.【答案】A

【解析】解：4、光在b点入射角和光在。点的折射角相等，根据光路的可逆性可知，光在b点不会

发生全反射，故A正确；

B、根据折射定律可得：

sini

Tl=­si：—nr

结合题意可知射到a点的折射角大于射到b点的折射角，则第一种材料的折射率小于第二种材料的

折射率，根据临界角公式

可知在第一种材料的临界角大于第二种材料的临界角，根据

n=-v

可知在第一种材料中的传播速度更大，故B错误；

C、光在不同介质中传播时频率不变，故C错误；

。、若用频率更高的光，则折射率更大，从。点以相同的角度入射到第二种材料时，光的偏折程度

更大，射到b点的左侧，故。错误；

故选：Ao

根据光路的可逆性分析出光能否在b点发生全反射；

根据折射定律得出光线在两种介质中的传播速度的大小关系；

根据频率的变化趋势，分析出光可能射到的位置。

本题主要考查了光的折射定律，同时结合临界角公式即可完成分析，属于常规考题。

6.【答案】C

【解析】解：根据左手定则可知，等离子体中的正电荷受到向上的洛伦兹力，负电荷受到向下的

洛伦兹力，所以上极板电势比下极板电势高，故A错误；

BCD、根据电场力和洛伦兹力的等量关系可知；

解得：U=Bdv,所以当d增大时，两金属板电极间的电动势会变大，故C正确，8。错误；

故选：Co

根据左手定则得出粒子的洛伦兹力方向，结合粒子的电性得出极板电势的高低；

根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电动势的表达式，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了霍尔效应的相关应用，能根据左手定则分析出粒子的受力方向，结合电场力和洛

伦兹力的等量关系即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：4、转动P接通儿触点时，根据电路构造可知电热丝未接入电路中，所以电吹风吹的

是冷风，故A错误；

8、原副线圈的匝数比为：

几2一3

则正常工作时小风扇两端的电压为：

%=qx£=220x却=6"

故通过小风扇的电流为

/=^=^-A=1A,故3正确；

U6

C、风扇正常工作时，电动机的线圈内阻产生的热功率为：

P热=「颇一P生=6014/-52I4Z=8W

由此可知，风扇电动机的线圈内阻为：

P

r==当0=80,故C错误；

I212

。、转动P接通ab触点时，电阻丝与电风扇并联，接入电路中的电压保持不变，小风扇的两端电压

不变，故电流不变，故。错误；

故选：Bo

根据电路构造分析出吹风机吹的是冷风还是热风；

根据变压器的原理得出小风扇正常工作时的电压，结合功率的计算公式得出电流的大小；

根据功率的关系结合功率与电阻的关系式得出风扇电动机的线圈内阻；

根据并联电路的特点得出小风扇两端的电压和流过小风扇电流的变化趋势。

本题主要考查了变压器的构造和原理，根据原副线圈两端的匝数比得出电学物理量的比值关系，

结合功率的计算公式即可完成分析。

8.【答案】AC

【解析】解：AB,根据题意可知电场线方向沿着4BC的方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所

以B点电势比C点电势高，粒子在加速过程中，动能增大，电势能减小，故A正确，8错误；

C、电场线的疏密程度表示场强的大小，从A到C的过程中电场线逐渐稀疏，所以B点的场强大于C

点的场强，根据牛顿第二定律a=必可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C正确；

m

。、因为从4到C的过程中场强逐渐减小，根据公式U=Ed可知，AB两点间的电势差大于BC两点

间的电势差，所以粒子在48间的动能变化量大于在8。间的动能变化量，故。错误；

故选:AC.

沿着电场线方向电势逐渐降低；

根据电场力的做功类型，结合功能关系得出电势能的变化趋势；

根据电场线的疏密程度得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出粒子加速度的大小关系；

根据公式U=Ed定性分析出48和BC间的电势差关系，从而得出两个区间内的动能变化量的关系。

本题主要考查了电场力与电势的相关应用，能根据电场线分析出场强和电势的关系，结合功能关

系即可完成分析。

9.【答案】BC

【解析】解：4、碰撞过程中，汽车和假人受到外力，所以总动量不守恒，故4错误；

B、无论是否使用安全带，假人的初速度和末速度都与使用安全带时相同，所以假人动量变化量相

同，故B正确；

CD、选择汽车的初速度方向为正方向，v=72km/h.=20m/s,根据动量定理可得：

使用安全带时，—&ti=O—mi?

代入数据解得：£=1250N

不使用安全带时，则-F2t2=0-巾"

代入数据解得：^=500077,故C正确，。错误；

故选：BC.

根据动量守恒定律的条件判断汽车和假人的动量是否守恒；

根据变化前后的速度分析出假人动量的大小关系；

根据动量定理列式得出假人受到的平均作用力。

本题主要考查了动量定理的相关应用，根据动量定理计算出力的大小，整体难度不大。

10.【答案】CD

【解析】解：4、根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，故A

错误；

8、磁铁最终还是能穿过铝管，所以铝管的速度一定小于磁铁的速度，故B错误；

CD,磁铁在穿过铝管的过程中安培力对磁铁做负功，对铝管做正功，但无法确定安培力做功的大

小，所以磁铁穿过铝管时的速度可能大于2zn/s,因为磁铁的初动能为：

Eki=川诏Jx2x327=97

假设极限状况下最后铝管和磁铁的速度相等，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律

可得：

Mv0=(M+m')v1

则ZE=Q=gMu2—1(M+m)vf

代入数据解得：Q=3J,所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到〃，故CQ正确；

故选：CDo

根据楞次定律分析出磁铁和铝管受到的安培力的方向，从而分析出铝管可能的速度；

根据动量守恒定律和能量守恒定律得出过程中产生的最大热量，结合题意完成分析。

本题主要考查了楞次定律的相关应用，能根据楞次定律分析出物体所受安培力的方向，由此分析

出物体的运动类型。

11.【答案】远小于忌下偏小

gsinu—ciQ

【解析】解：(1)对小车和钩码根据牛顿第二定律可得:

mg=(M+m)a

对小车，根据牛顿第二定律可得：

F=Ma

联立可得：尸=罂

M+m

为了让尸近似等于mg,则M要远大于m,即钩码的总质量应远小于小车的质量；

(2)对小车根据牛顿第二定律可得：

F+Mgsind—f=Ma

整理可得：a—+

MM

根据图像的截距可知，M=---

gSlTlu-UQ

因为绳子拉力小于钩码的重力，所以测量值比真实值偏小。

故答案为：(1)远小于；(2)品F；偏小

(1)根据实验原理分析出钩码总质量与小车质量的关系；

(2)根据对小车的受力分析，结合牛顿第二定律和图像的物理意义得出小车质量的表达式，并由此

得出测量值和真实值的大小关系。

本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合牛顿第二定

律和图像的物理意义即可完成分析。

12.【答案】2.4C2.000.0750.5

【解析】(2)开关S2断开时，电路总电流为0.44保持滑片位置不动，闭合开关S2后，电流表的示

数为0.14此时电阻箱电流为0.34,由于两者并联，保持电阻不变，当电流标为满偏0.64时，电

阻箱电流为1.84。故改装后总电流为2.44。

(3)由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的

误差大，故选C。

由图象可知

E=2.00V

AU2.00-1.86_ccrc

r=—=-----------fl=0.07/2

(4)灯泡正常发光时电流

T

灯泡电阻

R邛号。=3。

设电池需要n节，串联电阻为Ro,根据闭合电路欧姆定律

nE=/(n/+R+/?0)

化简得

0.7n=3+Ro

九最小值为5,此时&=0.7x50-3。=0.50

故答案为：(2)2.4；(3)C；2.00；0.07(4)5；0.5

(2)根据开关S2断开和闭合时电流表的示数，结合电路的连接方式求出改装后总电流；

(3)根据电池内阻和电流表、电压表的示数判断保护电阻的选择；根据图像的斜率和截距求出电动

势和内阻；

(4)根据灯泡的额定功率和额定电压求出灯泡正常发光时的电流，以及灯泡的电阻；根据闭合电路

欧姆定律求出需要安装几盏灯泡以及串联的电阻阻值。

本题考查了电学实验，解决本题的关键是理解实验原理，找到灯泡电流与电路中总电流的关系是

解决最后一个问题的关键。

13.【答案】解：(1)因为加热箱中气压恒定，对气缸进行受力分析，根据平衡条件可得：

mg+p0S=pS

气体温度缓慢升高的过程中，活塞一直处于平衡状态，则气缸内的压强保持不变，假设气缸不漏

气，则根据盖一吕萨克定律可得：

里=纪

%~T2

代入数据解得：％=72mm

因为气柱的计算长度与测量长度相等，所以假设成立，即避震器不漏气；

(2)骑行过程中，气缸内气体为等温变化，根据玻意耳定律可得：

P313s—P4'4s

代入数据解得：p4=12.5p0

答：(1)避震器的气密性良好；

(2)气缸内的最大压强为12.5p0；

【解析】(1)根据气缸的平衡条件得出压强的变化趋势，结合盖一吕萨克定律列式得出空气柱的长

度，根据长度的大小关系分析避震器是否漏气；

(2)根据玻意耳定律列式得出气缸内的最大压强。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，熟悉气体状态参量的分析，结合盖一吕萨克定

律和玻意耳定律即可完成分析。

14.【答案】解：(1)电子穿过匀强电场过程中，根据运动学公式可得：

v0=at

其中，a=竺工

m

联立解得：%=誉

(2)根据左手定则可知匀强磁场的方向是垂直纸面向里的。

电子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律可得：

ev0B=噂

根据圆周运动的周期公式可得：7=等

v0

根据几何关系可得：1=器7

5oU

联立解得：1=霁

(3)①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为：”登

匀强磁场区域半径r,由几何关系可得：tan300=

②当电子击中N点时，由几何关系可知电子在磁场中的速度偏转角为90。，则％=r

则％=y/~~3v0

设粒子穿过匀强电场后的速度为打，此过程根据动能定理可得：eE2d=\mvl

设极板间距离为d,则d=

联立解得：%=包詈

即匀强电场场强的范围为：华当

etet

答：(1)匀强电场场强的大小为誉;

(2)匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间为鬻；

(3)为保证电子击中目标靶MN,匀强电场场强的大小范围为鬻<E<警。

【解析】(1)根据运动学公式，结合牛