甘肅省天水市秦安一中高三物理上學(xué)期期末試卷（實(shí)驗(yàn)班含解析）.doc

2015-2016學(xué)年甘肅省天水市秦安一中高三（上）期末物理試卷（實(shí)驗(yàn)班）一、單項(xiàng)選擇題部分（共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是正確的，選對(duì)的得4分，選錯(cuò)或不答的得0分）1如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用甲、乙兩個(gè)彈簧秤通過細(xì)線拉著一個(gè)鉤碼，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)若保持甲彈簧秤拉力的方向不變，緩慢地調(diào)節(jié)乙彈簧秤，使兩細(xì)線之間的夾角增大一些，則（）a兩拉力的合力可能增大b兩拉力的合力可能減小c甲彈簧秤的示數(shù)可能減小d乙彈簧秤的示數(shù)可能減小2塔式起重機(jī)模型如圖，小車p沿吊臂向末端m水平勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)將物體q從地面豎直向上勻加速吊起，下圖中能大致反映q運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）abcd3一傾角為的粗糙絕緣斜面放置在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將一個(gè)帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，如物塊始終沒有離開斜面則下列說法正確的是（）a物塊帶正電b下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負(fù)功c物塊最終將靜止在斜面上d下滑過程中物塊的機(jī)械能守恒4如圖所示一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地在兩極板間有一負(fù)電荷（電量很?。┕潭ㄔ趐點(diǎn)，以e表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，u表示電容器兩板間的電壓，w表示正電荷在p點(diǎn)的電勢(shì)能若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示位置，則（）au變小，w不變be變大，w變大cu變大，e不變du不變，w不變5如圖所示，半徑為r的金屬環(huán)繞通過其直徑的軸oo以角度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為b從金屬環(huán)的平面與磁場(chǎng)方向重合時(shí)開始計(jì)時(shí)，在轉(zhuǎn)過30角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值為（）a2br2b2br2c3br2d3br26如圖所示，電阻r和線圈自感系數(shù)l的值都較大，電感線圈的電阻不計(jì)，a、b是兩只完全相同的燈泡，當(dāng)開關(guān)s閉合時(shí)，電路可能出現(xiàn)的情況是（）aa、b一起亮，然后b熄滅ba比b先亮，然后a熄滅ca、b一起亮，然后a熄滅db比a先亮，然后b熄滅7如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g，則（）a將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑b給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑c用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，如果=tan，拉力大小應(yīng)是2mgsind用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動(dòng)，如果=tan，拉力大小應(yīng)是mgsin8一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動(dòng)當(dāng)物塊的初速度為v時(shí)，上升的最大高度為h，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時(shí)，上升的最大高度記為h重力加速度大小為g物塊與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)和h分別為（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和9如圖所示，+q1和q2是兩個(gè)可自由移動(dòng)的電荷，q2=4q1現(xiàn)再取一個(gè)可自由移動(dòng)的點(diǎn)電荷q3放在q1與q2連接的直線上，欲使整個(gè)系統(tǒng)平衡，那么（）aq3應(yīng)為負(fù)電荷，放在q1的左邊bq3應(yīng)為負(fù)電荷，放在q2的右邊cq3應(yīng)為正電荷，放在q1的左邊dq3應(yīng)為正電荷，放在q2的右邊10光滑水平面上有一質(zhì)量為2kg的物體，在五個(gè)恒定的水平共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)現(xiàn)同時(shí)撤去大小分別為5n和15n的兩個(gè)水平力而其余力保持不變，關(guān)于此后物體的運(yùn)動(dòng)情況的說法中正確的是（）a一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能是5m/s2b可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能是2m/s2c一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能10m/s2d可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小可能是10m/s2二多項(xiàng)選擇題部分（共5小題，每小題4分，共20分在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分）11如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸oo的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸oo的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊重力的k倍，重力加速度大小為g，使圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說法正確的是（）ab一定比a先開始滑動(dòng)ba、b所受的靜摩擦力大小始終相等c當(dāng)=時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmgd=時(shí)b開始滑動(dòng)12如圖所示，假若衛(wèi)星先沿橢圓軌道飛行，后在遠(yuǎn)地點(diǎn)p處由橢圓軌道變軌進(jìn)入地球同步圓軌道下列說法正確的是（）a衛(wèi)星在軌道運(yùn)行時(shí)的速度大于7.9km/sb衛(wèi)星在橢圓軌道上的p點(diǎn)處加速進(jìn)入軌道c衛(wèi)星在軌道運(yùn)行時(shí)不受地球引力作用d衛(wèi)星在軌道運(yùn)行時(shí)的向心加速度比在赤道上相對(duì)地球靜止的物體的向心加速度大13p、q兩電荷的電場(chǎng)線分布如圖所示，c、d為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，一個(gè)帶電粒子從a運(yùn)動(dòng)到b軌跡如圖所示，不計(jì)重力，下列說法中正確的是（）ap電荷帶負(fù)電bc、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等c粒子在運(yùn)動(dòng)的過程中受到p的吸引力d粒子從a到b的過程中電場(chǎng)力做正功14如圖（a），一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖（b）所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為己知量，則不可求出（）a斜面的傾角b物塊的質(zhì)量c物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)d物塊沿斜面向上滑行的最大高度15如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)恒定，內(nèi)阻r=1，定值電阻r3=5當(dāng)電鍵k斷開與閉合時(shí)，ab段電路消耗的電功率相等則下列說法中正確的是 （電表均為理想表）（）a電阻r1、r2可能分別為4、5b電阻r1、r2可能分別為3、6c電鍵k斷開時(shí)電壓表的示數(shù)一定大于k閉合時(shí)的示數(shù)d電鍵k斷開與閉合時(shí)電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6三填空題（共16分）16如圖甲所示的裝置由氣墊導(dǎo)軌、兩個(gè)光電門、滑塊和沙桶等組成光電門可以測(cè)出滑塊分別通過兩個(gè)光電門的時(shí)間t1和t2，導(dǎo)軌標(biāo)尺可以測(cè)出兩個(gè)光電門間的距離l，游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d，另用天平測(cè)出滑塊和沙與沙桶的質(zhì)量分別為m和m，回答下列問題：測(cè)量d時(shí)，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為 mm若用該裝置來驗(yàn)證牛頓第二定律，以下說法不正確的是a該裝置可以不平衡摩擦力也不需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平b如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，通過兩個(gè)光電門的時(shí)間t1和t2必相等c實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取擋光片通過兩光電門時(shí)間的平均值以減小偶然誤差若用此裝置中滑塊受到線的拉力即合外力f 可用m、m、l和時(shí)間t1和t2表示為f=通過計(jì)算比較發(fā)現(xiàn)滑塊受到的線的拉力f與沙和沙桶的重力不相等且相差較大，是因?yàn)?7用如圖甲的電路圖測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，提供的器材如圖乙所示某次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的ui圖線如圖丙所示實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至擋（填“”、“v”或“ma”），電流表的量程應(yīng)選擇（填“00.6a”或“03a”）用實(shí)線代表導(dǎo)線把圖乙所示的實(shí)物連接成完整的測(cè)量電路由此圖線求得的電源內(nèi)電阻r=（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）四、計(jì)算題（本題共3小題，共34分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）18如圖所示，a、b為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為u的電源上在a板的中央p點(diǎn)放置一個(gè)電子發(fā)射源可以向各個(gè)方向釋放電子，射出的初速度為v，電子打在b板上的區(qū)域面積為s，（不計(jì)電子的重力），試求電子的比荷19如圖所示，光滑水平軌道與半徑為r的光滑豎直半圓軌道在b點(diǎn)平滑連接在過圓心o的水平界面mn的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為+q的小球從水平軌道上a、點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)離開圓軌道后，經(jīng)界面mn上的p點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)（p點(diǎn)恰好在a點(diǎn)的正上方，如圖小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)之前電量保持不變，經(jīng)過c點(diǎn)后電量立即變?yōu)榱悖┮阎猘、b間距離為2r，重力加速度為g在上述運(yùn)動(dòng)過程中，求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度e的大小；（2）小球在圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大速率：20如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為l，一理想電流表與兩導(dǎo)軌相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直一質(zhì)量為m、有效電阻為r的導(dǎo)體棒在距磁場(chǎng)上邊界h處?kù)o止釋放導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為i整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小b；（2）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值im2015-2016學(xué)年甘肅省天水市秦安一中高三（上）期末物理試卷（實(shí)驗(yàn)班）參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題部分（共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是正確的，選對(duì)的得4分，選錯(cuò)或不答的得0分）1如圖所示，在豎直平面內(nèi)，用甲、乙兩個(gè)彈簧秤通過細(xì)線拉著一個(gè)鉤碼，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)若保持甲彈簧秤拉力的方向不變，緩慢地調(diào)節(jié)乙彈簧秤，使兩細(xì)線之間的夾角增大一些，則（）a兩拉力的合力可能增大b兩拉力的合力可能減小c甲彈簧秤的示數(shù)可能減小d乙彈簧秤的示數(shù)可能減小【考點(diǎn)】合力的大小與分力間夾角的關(guān)系【專題】平行四邊形法則圖解法專題【分析】對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析，通過圖解法抓住甲、乙合力不變，甲的拉力方向不變，改變乙的拉力，從而判斷拉力的變化【解答】解：由平衡條件得知，甲、乙兩個(gè)拉力f1和f2的合力與重力g大小相等、方向相反，保持不變，作出甲、乙兩個(gè)在三個(gè)不同位置時(shí)力的合成圖，如圖，在甲、乙從123三個(gè)位置的過程中，可以看出，當(dāng)甲、乙兩個(gè)方向相互垂直時(shí)，f2最小，可見，f1逐漸減小，f2先逐漸減小后逐漸增大甲的拉力逐漸減小，乙的拉力先減小后增大故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題采用圖解法研究動(dòng)態(tài)平衡問題圖解法形象、直觀，能直接反映力的變化情況作圖時(shí)要抓住張力f1和f2的合力不變、甲的方向不變，再由幾何知識(shí)進(jìn)行分析2塔式起重機(jī)模型如圖，小車p沿吊臂向末端m水平勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)將物體q從地面豎直向上勻加速吊起，下圖中能大致反映q運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）abcd【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成和分解【專題】運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題【分析】物體q從地面豎直向上勻加速吊起的同時(shí)，隨著小車向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，實(shí)際運(yùn)動(dòng)是兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)【解答】解：物體q參與兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；水平分運(yùn)動(dòng)無(wú)加速度，豎直分運(yùn)動(dòng)加速度向上，故物體合運(yùn)動(dòng)的加速度向上，故軌跡向上彎曲，故a錯(cuò)誤，b正確，c錯(cuò)誤，d錯(cuò)誤；故選b【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是找出物體的分運(yùn)動(dòng)，同時(shí)明確加速度方向與軌跡的完全方向相一致3一傾角為的粗糙絕緣斜面放置在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將一個(gè)帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，如物塊始終沒有離開斜面則下列說法正確的是（）a物塊帶正電b下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負(fù)功c物塊最終將靜止在斜面上d下滑過程中物塊的機(jī)械能守恒【考點(diǎn)】洛侖茲力；功能關(guān)系【分析】帶電物體下滑始終沒有離開斜面，由此可知洛倫茲力垂直于斜面向下，根據(jù)左手定則判斷帶電物體的電性，物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力、支持力、洛倫茲力、摩擦力在向下運(yùn)動(dòng)的過程速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，摩擦力增大，當(dāng)摩擦力與重力向下的分量相等時(shí)，速度達(dá)到最大【解答】解：a、帶電物體下滑始終沒有離開斜面，由此可知洛倫茲力垂直于斜面向下上，根據(jù)左手定則判斷帶電物體帶正電，故a正確；b、下滑過程中物體受到的洛倫茲力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，故不做功，故b錯(cuò)誤；c、物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)當(dāng)摩擦力與重力向下的分量相等時(shí)，加速度等于0，速度達(dá)到最大，故不能靜止，故c錯(cuò)誤；d、在下滑過程中摩擦力做負(fù)功，故機(jī)械能不守恒，故d錯(cuò)誤故選：a【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是正確地進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力情況，判斷運(yùn)動(dòng)情況4如圖所示一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地在兩極板間有一負(fù)電荷（電量很小）固定在p點(diǎn)，以e表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，u表示電容器兩板間的電壓，w表示正電荷在p點(diǎn)的電勢(shì)能若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示位置，則（）au變小，w不變be變大，w變大cu變大，e不變du不變，w不變【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【專題】比較思想；控制變量法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，電容增大由推論公式e=分析板間場(chǎng)強(qiáng)e的變化情況由公式c=判斷板間電壓的變化分析p點(diǎn)電勢(shì)的變化，即可分析電勢(shì)能的變化【解答】解：電容器的電量不變，板間距離減小，根據(jù)電容的決定式知電容增大由c=知板間電壓u變小由推論公式 e=，知電場(chǎng)強(qiáng)度e不變因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度不變，則p與負(fù)極板間的電勢(shì)差不變，由u=ed知p與下極板間的電勢(shì)差不變，則p點(diǎn)的電勢(shì)不變，正電荷在p點(diǎn)的電勢(shì)能w不變故a正確，b、c、d錯(cuò)誤故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題是電容器的動(dòng)態(tài)變化分析問題，難點(diǎn)是確定電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，只要得出電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，就可以得出p與負(fù)極板電勢(shì)差的變化，得出p點(diǎn)的電勢(shì)以及電荷在p點(diǎn)電勢(shì)能的變化5如圖所示，半徑為r的金屬環(huán)繞通過其直徑的軸oo以角度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為b從金屬環(huán)的平面與磁場(chǎng)方向重合時(shí)開始計(jì)時(shí)，在轉(zhuǎn)過30角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值為（）a2br2b2br2c3br2d3br2【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值【解答】解：圖示位置時(shí)穿過線圈的磁通量為：1=0；轉(zhuǎn)過30時(shí)穿過線圈的磁通量為：2=bssin30=bs轉(zhuǎn)過30用的時(shí)間為：t=由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為：=n=n=3br2，故c正確，abd錯(cuò)誤；故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了交流電瞬時(shí)值表達(dá)式、電動(dòng)勢(shì)的平均值和電流做功情況，難度中等6如圖所示，電阻r和線圈自感系數(shù)l的值都較大，電感線圈的電阻不計(jì)，a、b是兩只完全相同的燈泡，當(dāng)開關(guān)s閉合時(shí)，電路可能出現(xiàn)的情況是（）aa、b一起亮，然后b熄滅ba比b先亮，然后a熄滅ca、b一起亮，然后a熄滅db比a先亮，然后b熄滅【考點(diǎn)】感生電動(dòng)勢(shì)、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)【專題】恒定電流專題【分析】當(dāng)開關(guān)s閉合時(shí)，電源的電壓同時(shí)加到兩個(gè)燈泡上，它們會(huì)同時(shí)發(fā)光根據(jù)電感線圈的電阻不計(jì)，會(huì)將a燈短路，分析a燈亮度的變化【解答】解：當(dāng)開關(guān)s閉合時(shí)，電源的電壓同時(shí)加到兩個(gè)燈泡上，它們會(huì)一起亮但由于電感線圈的電阻不計(jì)，線圈將a燈逐漸短路，a燈變暗直至熄滅；故c正確故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電感線圈l對(duì)電流發(fā)生突變時(shí)的阻礙作用，關(guān)鍵要抓住線圈的雙重作用：當(dāng)電流變化時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源；而當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，相當(dāng)于導(dǎo)線，能將并聯(lián)的燈泡短路7如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g，則（）a將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑b給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑c用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，如果=tan，拉力大小應(yīng)是2mgsind用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動(dòng)，如果=tan，拉力大小應(yīng)是mgsin【考點(diǎn)】牛頓第二定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用【分析】物體的重力有兩個(gè)作用效果，使物體沿斜面下滑和使物體緊壓斜面，將重力正交分解后，當(dāng)重力的下滑分量大于滑動(dòng)摩擦力時(shí)，物體加速下滑，當(dāng)重力的下滑分量小于最大靜摩擦力時(shí)，物體不能下滑，勻速下滑時(shí)，重力的下滑分量等于滑動(dòng)摩擦力【解答】解：a、物體由靜止釋放，對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如圖物體加速下滑，gxfn=gy故mgsinmgcos解得 tan故a錯(cuò)誤；b、給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，則有mgsinmgcos故b錯(cuò)誤；c、用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有fmgsinmgcos=0=tan故解得f=2mgsin故c正確；d、用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有f+mgsinmmgcos=0=tan故解得f=0故d錯(cuò)誤；故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵將重力按照作用效果正交分解，然后求出最大靜摩擦力，結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件討論即可8一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動(dòng)當(dāng)物塊的初速度為v時(shí)，上升的最大高度為h，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時(shí)，上升的最大高度記為h重力加速度大小為g物塊與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)和h分別為（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和【考點(diǎn)】牛頓第二定律【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】?jī)纱紊匣^程中，利用動(dòng)能定理列式求的即可；【解答】解：以速度v上升過程中，由動(dòng)能定理可知以速度上升過程中，由動(dòng)能定理可知聯(lián)立解得，h=故d正確故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能定理，注意過程的選取是關(guān)鍵；9如圖所示，+q1和q2是兩個(gè)可自由移動(dòng)的電荷，q2=4q1現(xiàn)再取一個(gè)可自由移動(dòng)的點(diǎn)電荷q3放在q1與q2連接的直線上，欲使整個(gè)系統(tǒng)平衡，那么（）aq3應(yīng)為負(fù)電荷，放在q1的左邊bq3應(yīng)為負(fù)電荷，放在q2的右邊cq3應(yīng)為正電荷，放在q1的左邊dq3應(yīng)為正電荷，放在q2的右邊【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律【專題】電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】由于q1帶點(diǎn)電荷，q2帶負(fù)點(diǎn)電荷，根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，要使整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對(duì)其q3受力分析，去判斷所處的位置【解答】解：假設(shè)q3放在q1q2之間，那么q1對(duì)q3的電場(chǎng)力和q2對(duì)q3的電場(chǎng)力方向相同，q3不能處于平衡狀態(tài)，所以假設(shè)不成立設(shè)q3所在位置與q1的距離為r13，q3所在位置與q2的距離為r23，要能處于平衡狀態(tài)，所以q1對(duì)q3的電場(chǎng)力大小等于q2對(duì)q3的電場(chǎng)力大小即：由于q2=4q1，所以r23=2r13，所以q3位于q1的左方根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷q3帶負(fù)電故選a【點(diǎn)評(píng)】我們可以去嘗試假設(shè)q3放帶正電或負(fù)電，它應(yīng)該放在什么地方，能不能使整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)不行再繼續(xù)判斷10光滑水平面上有一質(zhì)量為2kg的物體，在五個(gè)恒定的水平共點(diǎn)力的作用下處于平衡狀態(tài)現(xiàn)同時(shí)撤去大小分別為5n和15n的兩個(gè)水平力而其余力保持不變，關(guān)于此后物體的運(yùn)動(dòng)情況的說法中正確的是（）a一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能是5m/s2b可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能是2m/s2c一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能10m/s2d可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小可能是10m/s2【考點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律【專題】牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用【分析】撤去大小分別為5n和15n的兩個(gè)力，其余的力保持不變，則知其余力的合力范圍，由牛頓第二定律求出物體加速度的范圍物體一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)撤去的兩個(gè)力的合力與原來的速度方向相同時(shí)，物體可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)恒力作用下不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【解答】解：根據(jù)平衡條件得知，余下力的合力與撤去的兩個(gè)力的合力大小相等、方向相反，則撤去大小分別為5n和15n的兩個(gè)力后，物體的合力大小范圍為10nf合20n，根據(jù)牛頓第二定律f=ma得物體的加速度范圍為：5m/s2a10m/s2a、若物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，撤去的兩個(gè)力的合力方向與速度方向不在同一直線上時(shí)，物體可以做曲線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能是5m/s2故a錯(cuò)誤b、若物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，撤去的兩個(gè)力的合力方向與速度方向相同時(shí)，則撤去兩個(gè)力后物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由上知加速度大小不可能是2m/s2故b錯(cuò)誤c、由于撤去兩個(gè)力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運(yùn)動(dòng)加速度大小可能等于10 m/s2故c正確d、由于撤去兩個(gè)力后其余力保持不變，恒力作用下不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)故d錯(cuò)誤故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題中物體原來可能靜止，也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，要根據(jù)物體的合力與速度方向的關(guān)系分析物體可能的運(yùn)動(dòng)情況二多項(xiàng)選擇題部分（共5小題，每小題4分，共20分在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分）11如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸oo的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸oo的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊重力的k倍，重力加速度大小為g，使圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說法正確的是（）ab一定比a先開始滑動(dòng)ba、b所受的靜摩擦力大小始終相等c當(dāng)=時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmgd=時(shí)b開始滑動(dòng)【考點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用【分析】木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物體的質(zhì)量、半徑和角速度決定當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增大時(shí)，提供的靜摩擦力隨之而增大當(dāng)需要的向心力大于最大靜摩擦力時(shí)，物體開始滑動(dòng)因此是否滑動(dòng)與質(zhì)量無(wú)關(guān)，是由半徑大小決定【解答】解：a、兩個(gè)木塊的最大靜摩擦力相等木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：木塊所受的靜摩擦力f=m2r，m、相等，fr，所以b所受的靜摩擦力大于a的靜摩擦力，當(dāng)圓盤的角速度增大時(shí)b的靜摩擦力先達(dá)到最大值，所以b一定比a先開始滑動(dòng)，故a正確，b錯(cuò)誤；c、以a為研究對(duì)象，當(dāng)=時(shí)，由牛頓第二定律得：f=m2l，可解得：f=kmg，故c錯(cuò)誤；d、當(dāng)b剛要滑動(dòng)時(shí)，有kmg=m22l，解得：=，故d正確；故選：ad【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是正確分析木塊的受力，明確木塊做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜摩擦力提供向心力，把握住臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大，由牛頓第二定律分析解答12如圖所示，假若衛(wèi)星先沿橢圓軌道飛行，后在遠(yuǎn)地點(diǎn)p處由橢圓軌道變軌進(jìn)入地球同步圓軌道下列說法正確的是（）a衛(wèi)星在軌道運(yùn)行時(shí)的速度大于7.9km/sb衛(wèi)星在橢圓軌道上的p點(diǎn)處加速進(jìn)入軌道c衛(wèi)星在軌道運(yùn)行時(shí)不受地球引力作用d衛(wèi)星在軌道運(yùn)行時(shí)的向心加速度比在赤道上相對(duì)地球靜止的物體的向心加速度大【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用【專題】人造衛(wèi)星問題【分析】地球同步衛(wèi)星，又稱對(duì)地靜止衛(wèi)星，是運(yùn)行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，衛(wèi)星距離地球的高度約為36000 km，衛(wèi)星的運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同、運(yùn)行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間相等，即23時(shí)56分4秒，衛(wèi)星在軌道上的繞行速度約為3.1公里/秒，其運(yùn)行角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度【解答】解：a、7.9km/s即第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度而同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)v的表達(dá)式可以發(fā)現(xiàn)同步衛(wèi)星運(yùn)行的線速度一定小于第一宇宙速度，故a錯(cuò)誤；b、衛(wèi)星在橢圓軌道上的p點(diǎn)處加速使向心力等于提供的萬(wàn)有引力，做圓周運(yùn)動(dòng)進(jìn)入軌道故b正確；c、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所受重力作用提供向心力，處于失重狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d、同步衛(wèi)星的角速度與赤道上物體的角速度相等，根據(jù)a=r2，同步衛(wèi)星的向心加速度大于赤道上物體的向心加速度，故d正確；故選：bd【點(diǎn)評(píng)】本題考查了地球衛(wèi)星軌道相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，地球衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心是地球的地心，萬(wàn)有引力提供向心力，軌道的中心一定是地球的球心；同步衛(wèi)星有四個(gè)“定”：定軌道、定高度、定速度、定周期本題難度不大，屬于基礎(chǔ)題13p、q兩電荷的電場(chǎng)線分布如圖所示，c、d為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，一個(gè)帶電粒子從a運(yùn)動(dòng)到b軌跡如圖所示，不計(jì)重力，下列說法中正確的是（）ap電荷帶負(fù)電bc、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等c粒子在運(yùn)動(dòng)的過程中受到p的吸引力d粒子從a到b的過程中電場(chǎng)力做正功【考點(diǎn)】電場(chǎng)線；電勢(shì)能【分析】根據(jù)電場(chǎng)線的方向確定場(chǎng)源電荷的正負(fù)電勢(shì)的高低看電場(chǎng)線的指向，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)一定降低根據(jù)軌跡曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向；根據(jù)力與速度的夾角判斷功的正負(fù)【解答】解：a、根據(jù)電場(chǎng)線的方向，從p出發(fā)，終止于q，所以p帶正電故a正確b、沿著電場(chǎng)線電勢(shì)一定降低，所以c點(diǎn)電勢(shì)大于d點(diǎn)的電勢(shì)，故b錯(cuò)誤c、電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，所以離子在運(yùn)動(dòng)過程中受到p的吸引，故c正確d、離子從a到b，電場(chǎng)力與速度的夾角為鈍角，所以做負(fù)功故d錯(cuò)誤故選：ac【點(diǎn)評(píng)】通過電場(chǎng)線的指向看電勢(shì)的高低根據(jù)曲線的彎曲方向可知粒子的受力方向14如圖（a），一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖（b）所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為己知量，則不可求出（）a斜面的傾角b物塊的質(zhì)量c物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)d物塊沿斜面向上滑行的最大高度【考點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)摩擦因數(shù)【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】由圖b可求得物體運(yùn)動(dòng)過程及加速度，再對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律可明確各物理量是否能夠求出【解答】解：由圖b可知，物體先向上減速到達(dá)最高時(shí)再向下加速度；圖象與時(shí)間軸圍成的面積為物體經(jīng)過的位移，故可出物體在斜面上的位移；圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：mgsin+mgcos=ma1；下降過程有：mgsinmgcos=ma2；兩式聯(lián)立可求得斜面傾角及動(dòng)摩擦因數(shù)；但由于m均消去，故無(wú)法求得質(zhì)量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高度；本題選擇不能求出的；故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律及圖象的應(yīng)用，要注意圖象中的斜率表示加速度，面積表示位移；同時(shí)注意正確的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律明確力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系15如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)恒定，內(nèi)阻r=1，定值電阻r3=5當(dāng)電鍵k斷開與閉合時(shí)，ab段電路消耗的電功率相等則下列說法中正確的是 （電表均為理想表）（）a電阻r1、r2可能分別為4、5b電阻r1、r2可能分別為3、6c電鍵k斷開時(shí)電壓表的示數(shù)一定大于k閉合時(shí)的示數(shù)d電鍵k斷開與閉合時(shí)電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】當(dāng)k閉合時(shí)r2被短路，根據(jù)電鍵k斷開與閉合時(shí)，ab段電路消耗的電功率相等，列出方程，將電阻r1、r2代入，選擇使方程成立的阻值根據(jù)外電路總電阻的變化，分析電壓表示數(shù)的大小關(guān)系根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電鍵k斷開與閉合時(shí)電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比【解答】解：a、b由題，電鍵k斷開與閉合時(shí)，ab段電路消耗的電功率相等，則有=r1將r1=4、r2=5代入方程成立，而將r1=3、r2=6代入方程不成立故a正確，b錯(cuò)誤c、電鍵k斷開時(shí)外電路總電阻大于k閉合時(shí)外電路總電阻，則電鍵k斷開時(shí)電壓表的示數(shù)一定大于k閉合時(shí)的示數(shù)故c正確d、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：u=e（r3+r）i，則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為=r3+r=6故d正確故選acd【點(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)用閉合電路歐姆定律分析和計(jì)算電路問題的能力d項(xiàng)也可以根據(jù)ui圖象理解三填空題（共16分）16如圖甲所示的裝置由氣墊導(dǎo)軌、兩個(gè)光電門、滑塊和沙桶等組成光電門可以測(cè)出滑塊分別通過兩個(gè)光電門的時(shí)間t1和t2，導(dǎo)軌標(biāo)尺可以測(cè)出兩個(gè)光電門間的距離l，游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d，另用天平測(cè)出滑塊和沙與沙桶的質(zhì)量分別為m和m，回答下列問題：測(cè)量d時(shí)，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖乙所示，其讀數(shù)為11.30 mm若用該裝置來驗(yàn)證牛頓第二定律，以下說法不正確的是aa該裝置可以不平衡摩擦力也不需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平b如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，通過兩個(gè)光電門的時(shí)間t1和t2必相等c實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取擋光片通過兩光電門時(shí)間的平均值以減小偶然誤差若用此裝置中滑塊受到線的拉力即合外力f 可用m、m、l和時(shí)間t1和t2表示為f=通過計(jì)算比較發(fā)現(xiàn)滑塊受到的線的拉力f與沙和沙桶的重力不相等且相差較大，是因?yàn)椴粷M足mm【考點(diǎn)】驗(yàn)證牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律【專題】實(shí)驗(yàn)題；定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度求出滑塊先后通過兩個(gè)光電門的瞬時(shí)速度，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移速度公式求出加速度，再結(jié)合牛頓第二定律求出f，只有當(dāng)mm時(shí)，才可以用沙和沙桶的重力來代替滑塊受到的線的拉力f【解答】解：游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為11mm，游標(biāo)尺上第6個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為60.05mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：11mm+0.30mm=11.30mma、該裝置可以不平衡摩擦力，但需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，故a錯(cuò)誤；b、如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動(dòng)時(shí)，則速度相等，所以通過兩個(gè)光電門的時(shí)間t1和t2必相等，故b正確；c、實(shí)驗(yàn)時(shí)，多次在同一條件下重復(fù)實(shí)驗(yàn)取擋光片通過兩光電門時(shí)間的平均值以減小偶然誤差，故c正確本題選錯(cuò)誤的故選：a滑塊通過兩光電門的瞬時(shí)速度分別為v1=，v2=，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，速度位移公式得：a=，根據(jù)牛頓第二定律得：f=ma=，只有當(dāng)mm時(shí)，才可以用沙和沙桶的重力來代替滑塊受到的線的拉力f，所以通過計(jì)算比較發(fā)現(xiàn)滑塊受到的線的拉力f與沙和沙桶的重力不相等且相差較大，是因?yàn)椴粷M足mm故答案為：11.30；a；不滿足mm【點(diǎn)評(píng)】掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，知道用重物重力表示小車所受合力的處理方法，知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以表示瞬時(shí)速度，難度適中17用如圖甲的電路圖測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，提供的器材如圖乙所示某次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的ui圖線如圖丙所示實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至v擋（填“”、“v”或“ma”），電流表的量程應(yīng)選擇03a（填“00.6a”或“03a”）用實(shí)線代表導(dǎo)線把圖乙所示的實(shí)物連接成完整的測(cè)量電路由此圖線求得的電源內(nèi)電阻r=0.74（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【專題】實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題【分析】用多用電表測(cè)電壓，選擇開關(guān)應(yīng)置于電壓檔；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)選擇電流表量程；根據(jù)伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的原理連接實(shí)物電路圖電源ui圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻【解答】解：用電壓表測(cè)電壓，應(yīng)將多用電表的選擇開關(guān)旋至v擋；由圖丙所示圖象可知，電流的最大測(cè)量值為1.2a，則電流表的量程應(yīng)選擇“03a”伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，電壓表測(cè)路端電壓，電流表測(cè)電路電流，實(shí)物電路圖如圖所示由圖丙所示圖象可知，電源內(nèi)阻r=0.74故答案為：v；“03a”；實(shí)物電路圖如圖所示；0.74【點(diǎn)評(píng)】本題考查了多用電表的用法、電表量程的選擇、連接實(shí)物電路圖、求電阻等，要掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法，電源的ui圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻四、計(jì)算題（本題共3小題，共34分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）18如圖所示，a、b為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為u的電源上在a板的中央p點(diǎn)放置一個(gè)電子發(fā)射源可以向各個(gè)方向釋放電子，射出的初速度為v，電子打在b板上的區(qū)域面積為s，（不計(jì)電子的重力），試求電子的比荷【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；平拋運(yùn)動(dòng)【專題】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】當(dāng)粒子的速度方向與極板平行時(shí)，打在上級(jí)板上的半徑最大，該粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合粒子在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電子的比荷【解答】解：打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，即r=vt 在平行電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，即電子在平行電場(chǎng)方向上的加速度，電子打在b板上的區(qū)域面積s=r2由以上幾式得答：電子的比荷