1.在圖1中，運動員落地總是要屈腿，在圖2中兩人在冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去，在圖3中運動員用球棒把壘球以等大速率擊打出去，在圖4中一小物塊與水平圓盤保持相對靜止一起做勻速圓周運動，則下列說法正確的是( )
A. 圖1目的是為了減小地面對人的作用力B. 圖2中甲對乙的沖量和乙對甲的沖量相同
C. 圖3中球棒對壘球的沖量為零D. 圖4中小物塊動量不變
2.如圖所示，水平地面上的L形木板M上放著小木塊m，M與m間有一處于壓縮狀態(tài)的彈簧，整個裝置處于靜止狀態(tài)
下列說法正確的是
( )
A. 地面對M的摩擦力方向向右B. 地面對M的摩擦力方向向左
C. M對m的摩擦力方向向右D. M對m的摩擦力方向向左
3.如圖所示，a,b,c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab中點。a, b電勢分別為，下列敘述正確的是( )
A. 該電場在c點處的電勢一定為5V
B. a點處的場強Ea一定大于b點處的場強Eb
C. 一正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少
D. 一正電荷運動到c點時受到的電場力由c指向a
4.下列說法正確的是
A. 圖甲中小磁針放在超導環(huán)形電流中間，靜止時小磁針的指向如圖中所示(與線圈共面)
B. 圖乙中用細金屬絲將直導線水平懸掛在磁鐵的兩極間，當通以如圖所示的電流時，導線會向左擺動一定角度
C. 圖丙中金屬矩形線框從勻強磁場中的a位置水平移到b位置，框內會產(chǎn)生感應電流
D. 圖丁中的微波爐常用來加熱食物，說明電磁波具有能量
5.全面了解汽車的運行狀態(tài)(速度、水箱溫度、油量)是確保汽車安全行駛和駕駛員安全的舉措之一，為模仿汽車油表原理，某同學自制一種測定油箱油量多少或變化多少的裝置。如圖所示，其中電源電壓保持不變，R是滑動變阻器，它的金屬滑片是金屬桿的一端。該同學在裝置中使用了一只電壓表(圖中沒有畫出)，通過觀察電壓表示數(shù)，可以了解油量情況，已知R′>R，有關電壓表的接法及示數(shù)變化下列說法正確的是( )
A. 接在bd之間，當油量減少時電壓表示數(shù)減小
B. 接在bd之間，當油量減少時電壓表示數(shù)增大
C. 接在bc之間，當油量減少時電壓表示數(shù)減小
D. 接在bc之間，當油量減少時電壓表示數(shù)增大
6.阻值相等的三個電阻R、電容為C的平行板電容器、電動勢為E且內阻可以忽略的電源與開關S連接成如圖所示的電路，其中電源負極接地。開始時，開關S斷開，電路穩(wěn)定后有一帶電液滴位于電容器極板間的P點并處于靜止狀態(tài)，整個裝置處于真空中，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. 若將電容器上極板上移少許，則P點的電勢升高
B. 若減小電容器兩極板的正對面積，則液滴向下加速運動
C. 閉合S，則電路穩(wěn)定后電容器所帶電荷量比原來增加CE3
D. 閉合S，若電路穩(wěn)定后液滴還在板間運動，則其加速度大小為13g
二、多選題：本大題共4小題，共16分。
7.如圖所示，a、b兩端的電壓為9V，三個電阻的阻值分別為R1=R2=6Ω、R3=3Ω，下列說法正確的是
( )
A. R1、R2、R3兩端的電壓之比為2∶1∶1
B. R1、R2、R3消耗的電功率之比為1∶1∶2
C. 在相等的時間內，通過R1、R2、R3的電荷量之比為2∶2∶1
D. 在相等的時間內，R1、R2、R3產(chǎn)生的焦耳熱之比為1∶1∶2
8.2021年9月16日，神舟十二號載人飛船與空間站天和核心艙在軌運行90天后成功實施分離，三名航天員在踏上回家之路前，完成了繞飛和徑向交會對接試驗，經(jīng)過兩小時的繞飛和三次姿態(tài)調整后，神舟十二號飛船來到節(jié)點艙的徑向對接口正下方，從相距200m向相距19m靠近，飛船與核心艙的軌道半徑分別為r飛和r核，運行周期分別為T飛和T核，下列說法正確的是( )
A. 飛船靠近天和核心艙過程中，向心加速度逐漸增大
B. 飛船靠近天和核心艙過程中，所在軌道處的重力加速度逐漸增大
C. 交會對接試驗過程中，飛船發(fā)動機需要提供飛船向前和指向核心艙的作用力
D. 交會對接試驗過程中應滿足r飛3r核3=T飛2T核2
9.如圖示所示的電路中，R1、R2為定值電阻，R3為可變電阻，C為電容器，電源電動勢為E，內阻為r，電壓表與電流表均為理想電表．在可變電阻R3的滑片由a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是
A. 電流表的示數(shù)減小B. 電壓表的示數(shù)減小
C. 電容器的電荷量逐漸減少D. 電源的輸出功率一定增大
10.如圖所示，光滑絕緣的水平面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，現(xiàn)有一個質量為0.1kg，電荷量為?2.0×10?8C的滑塊P(可看做質點)，僅在電場力作用下由靜止沿x軸向左運動．電場力做的功W與物塊坐標x的關系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點(0.3,3)的切線．則下列說法正確的是( )
A. 此電場一定是勻強電場
B. 電場方向沿x軸的正方向
C. 點x=0.3m處的場強大小為1.0×10?5N/C
D. x=0.3m與x=0.7m間的電勢差是100V
三、實驗題：本大題共2小題，共16分。
11.利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示．水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌；導軌上A點放置帶有長方形遮光條的滑塊，其總質量為M，左端由跨過光滑定滑輪的輕質細繩與質量為m的小球相連；導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時的時間t，用L表示A點到光電門B處的距離，d表示遮光片的寬度，將遮光片通過電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動．

圖甲

(1)用游標卡尺測量遮光條的寬度d，結果如圖乙所示，由此讀出d=______cm．
(2)某次實驗測得氣墊導軌的傾斜角為θ，重力加速度用g表示，滑塊從A點到B點過程中，m和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為△Ek=______，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為△Ep=______，在誤差允許的范圍內，若△Ek=△Ep，則可認為系統(tǒng)的機械能守恒．
12.在做“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，若待測金屬絲的電阻約為5Ω，要求測量結果盡量準確，提供以下器材供選擇：
A.電池組，(E=3V，內阻約1Ω)
B.電流表，(0??3A，內阻約0.0125Ω)
C.電流表(0?0.6A，內阻約0.125Ω)
D.電壓表(0～3V，內阻約4kΩ)
E.電壓表(0～15V，內阻約15kΩ)
F.滑動變阻器(0?2000Ω，允許最大電流0.3A)
G.滑動變阻器(0?20Ω，允許最大電流1A)
H.開關、導線若干
(1)實驗選擇的器材有_________(填寫儀器前字母代號)
(2)若用螺旋測微器測得金屬絲直徑d的讀數(shù)如圖1，則讀數(shù)為___________mm；
(3)測電阻時，電流表、電壓表、待測金屬絲電阻在組成電路時，請在圖2虛線框內畫出應采用的實驗原理圖__________，且此原理圖使得待測金屬絲電阻的測量值比真實值偏________(選填：“大”或“小”；)
(4)若用L表示金屬絲長度，d表示直徑，測得電阻值為R，則計算金屬絲電阻率的表達式p=________．
四、計算題：本大題共3小題，共44分。
13.如圖所示電路中，電壓表為理想電表，R為電阻箱，R0為阻值8Ω的定值電阻，開始時，斷開電鍵S2，閉合電鍵S1，調節(jié)電阻箱的阻值為0時，電壓表的示數(shù)為8V，調節(jié)電阻箱的阻值為10Ω時，電壓表的示數(shù)為9V，已知電動機的額定電壓為4V，正常工作時輸出的機械功率為1.5W，電動機線圈電阻為2Ω，求：
(1)電源的電動勢和內阻；
(2)將電阻箱的電阻調到某一個值后閉合電鍵S2，電動機恰好能正常工作，則電阻箱調節(jié)后接入電路的電阻為多少。
14.如圖所示，“冰雪游樂場”滑道B點的左邊為水平滑道，右邊為半徑R=6.4m的圓弧滑道，左右兩邊的滑道在B點平滑連接。小孩乘坐冰車從圓弧滑道頂端A點由靜止開始出發(fā)，半徑OA與豎直方向的夾角為θ=60°，經(jīng)過B點后，被靜止在C點的家長迅速抱住，然后一起在水平滑道上滑行。已知小孩和冰車的總質量m=30kg，家長和冰車的總質量為M=60Kg，人與冰車均可視為質點，不計一切摩擦阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小孩乘坐冰車經(jīng)過圓弧滑道末端B點時對滑道的壓力N的大??；
(2)家長抱住孩子的瞬間，家長對小孩(包括各自冰車)的沖量I的大小。
15.某種空氣凈化裝置原理如圖所示，由空氣和帶負電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的均勻混合氣流進入由一對平行金屬板構成的集塵器。在集塵器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變，在勻強電場作用下，有些帶電顆粒能打到集塵板上被收集。已知金屬板長度為L，間距為d、板間電壓恒為U，不考慮重力影響和顆粒間的相互作用。求：
(1)若不計空氣阻力，沿中軸線進入電場的質量為m、電量為?q的顆粒打在集塵板上時的動能；
(2)若不計空氣阻力，能被集塵板全部收集的顆粒比荷qm的最小值；
(3)若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為f=krv，顆粒所帶電量的大小與其半徑平方成正比，其值為q=ρr2，r為顆粒半徑，k、ρ為常量。假設顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間即加速達到最大速度。能被集塵板全部收集的顆粒的最小半徑。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
A
【詳解】A.運動員落地總是要屈腿，可以延長與地面作用的時間，在人動量變化量確定的情況下，時間變長則可以減小地面對人的作用力，故A正確；
B.圖2中甲對乙的沖量和乙對甲的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不同，故B錯誤；
C.圖3中由于球運動方向發(fā)生變化，則動量變化，根據(jù)動量定理知球棒對壘球的沖量不為零，故C錯誤；
D.圖4中小物塊運動方向時刻變化，則動量大小不變，方向改變，故D錯誤。
故選A。
2.【答案】C
【解析】【分析】
對m受力分析，根據(jù)平衡判斷出M對m的摩擦力方向；對整體分析，根據(jù)平衡判斷地面對M的摩擦力方向。
解決本題的關鍵要靈活選擇研究對象，在求系統(tǒng)的外力時，可考慮整體法，分析內力時，必須采用隔離法；會正確的進行受力分析，知道物體平衡時，合力等于0。
【解答】
AB.對整體受力分析，在豎直方向上受到重力和支持力平衡，若地面對M有摩擦力，則整體不能平衡，故地面對M無摩擦力作用，故A錯誤，B錯誤；
CD.對m受力分析，m受到重力、支持力、水平向左的彈力，根據(jù)平衡知，M對m的摩擦力向右，故C正確，D錯誤。
故選C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
只有當該電場是勻強電場時，在c點處的電勢一定為4V；電場力做功情況，分析正電荷從c點運動到b點電勢能如何變化，電場線的疏密可以判斷場強的大小；正電荷受到的電場力方向與場強方向相同。
【解答】
A.當該電場是勻強電場時，由于沿電場方向相同距離電勢差相等，則場在c點處的電勢一定為5V，當該電場不是勻強電場時，在c點處的電勢不一定為5V，故A錯誤；
B.一條電場線無法比較電場線的疏密，就無法比較場強的大小，則a點處的場強Ea不一定大于b點處的場強Eb，故B錯誤；
C.由題可知，a點的電勢高于b點的電勢，根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大可知，正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少，故C正確；
D.由題可判斷電場線方向從a指向b，正電荷運動到c點時受到的電場力由a指向b，故D錯誤。
故選C。
4.【答案】D
【解析】【分析】本題主要是考查安培定則、電流周圍的磁場、左手定則、感應電流的產(chǎn)生條件等知識，關鍵是弄清楚題中圖象所描述的情景，根據(jù)產(chǎn)生感應電流必須同時滿足兩個條件可判斷；根據(jù)左手定則可知通電導線在磁場中受到的力；根據(jù)右手螺旋定則可知環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場方向即可．。
【解答】
A. 根據(jù)右手螺旋定則可知環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，故小磁針靜止時垂直紙面且N極指向外，A錯誤；
B. 通電導線在磁場中與磁場方向不平行時，會受到磁場力的作用，根據(jù)左手安培定則會向右擺動一定角度，B錯誤；
C. 產(chǎn)生感應電流必須同時滿足兩個條件，一是回路閉合，二是磁通量發(fā)生變化，線框在磁場中運動時，磁通量不變，故不能產(chǎn)生感應電流，C錯誤;
D. 微波爐加熱食物過程中，食物中的水分子在微波的作用下熱運動，內能增加，溫度升高，食物增加的能量是微波給它的，可見電磁波具有能量，故 D正確;
5.【答案】D
【解析】D
【詳解】可將 R′ 看成是電源的等效內阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知接在 bc 處比接在 bd 處電壓表變化更明顯，所以接 bc ，當油量減少時，指針上滑，滑動變阻器接入電路中的阻值變大，電壓表示數(shù)變大。
故選D。
6.【答案】D
【解析】A.根據(jù)
E=Ud
開關S斷開，電容器與左側定值電阻并聯(lián)，電容器電勢差不變。若將電容器上極板上移少許，電場強度減小。由于電容器下極板接地，電勢為零，則P點的電勢降低，A錯誤；
B.減小電容器兩極板的正對面積，電勢差與兩極板間距不變，則電場強度不變，則液滴保持靜止，B錯誤；
C.開關S斷開時，電容器電勢差為
U1=RR+RE=12E
閉合S，根據(jù)電路結構，電容器電勢差為
U2=RRR+RR+RRR+R=13E
則電容器電荷量減少量為
ΔQ=CU1?CU2=CE6
C錯誤；
D.原來液體平衡時
mg=qU1d
斷開S后，電場力變?yōu)?br>F=qU2d=23mg
則液滴加速度大小為
a=mg?23mgm=13g
D正確。
故選D。
7.【答案】BD
【解析】解：A、電路中的總電阻為R=R3+R1R2R1+R2=3Ω+6×66+6Ω=6Ω
，電路中的電流I=UR=96A=1.5A，則R3兩端電壓U3=IR3=1.5×3V=4.5V，并聯(lián)部分兩端電壓為U并=I?R1R2R1+R2=1.5×6×66+6V=4.5V，所以R1、R2、R3兩端的電壓之比為1：1：1，故A錯誤；
B、根據(jù)公式P=U2R可得R1、R2、R3消耗的電功率之比為1：1：2，故B正確；
C、根據(jù)歐姆定律I=UR可知，通過R1、R2、R3的電流之比為1：1：2，根據(jù)I=qt可得在相等時間內通過R1、R2、R3的電荷量之比為等于通過它們的電流之比，即為1：1：2，故C錯誤；
D、根據(jù)Q=I2Rt可以得到在相等時間內產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：1：2，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)串并聯(lián)電路的電壓規(guī)律可以得到各個電阻兩端的電壓之比；根據(jù)公式P=U2R可以得到電阻消耗的電功率之比；根據(jù)I=qt可以得到通過它們的電荷量之比；根據(jù)焦耳定律可以得到產(chǎn)生的焦耳熱之比。
熟練掌握串并聯(lián)電路的電壓規(guī)律先得到各個電阻兩端電壓之比是關鍵，然后根據(jù)相應的公式即可得到相應的比值。
8.【答案】AC
【解析】AC
【詳解】A.交會對接試驗過程中，神舟十二號飛船與天和核心艙徑向交會對接，角速度大小相同，保持不變，飛船軌道半徑逐漸增大，向心加速度
an=ω2r
逐漸增大，A正確；
B.根據(jù)
GMmR+h2=mg′
可得
g′=GM(R+h)2
飛船靠近天和核心艙過程中h增大，所以所在軌道處的重力加速度逐漸減小，B錯誤；
C.交會對接試驗過程中，飛船做離心運動的同時做加速運動，所以發(fā)動機需要提供飛船向前和指向核心艙的作用力，C正確；
D.交會對接試驗過程中， T飛=T核 ，D錯誤。
故選AC。
9.【答案】BC
【解析】.BC
【詳解】可變電阻R3的滑片由a端向b端滑動的過程中，R3的阻值減小，總電阻減小，總電流變大，即電流表的示數(shù)變大，電源內阻及R1上的電壓變大，可知電壓表示數(shù)減小，選項A錯誤，B正確；電容器兩端的電壓變小，可知電容器帶電量變小，選項C正確；因不明確電源內阻與外電阻的關系，則不能確定電源輸出功率的變化，選項D錯誤；故選BC．
【點睛】本題是電路動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量：電源的電動勢、內阻及定值電阻的阻值不變，先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、內電壓的變化、路端電壓的變化．
10.【答案】BD
【解析】.BD
【詳解】根據(jù)W=Eqx可知，滑塊B向左運動的過程中，隨x的增加圖線的斜率逐漸減小，則場強逐漸減小，此電場一不是勻強電場，選項A錯誤；滑塊B向左運動的過程中，電場力對帶負電的電荷做正功，則電場方向沿x軸的正方向，選項B正確；點x=0.3m處的場強大小為 F=Eq=k=3×10?60.6?0.3=1.0×10?5 ，則 E=Fq=1.0×10?52.0×10?8V/m=500V/m ，選項C錯誤；x=0.3m與x=0.7m間，電場力做功為W=2×10?6J，可知電勢差是 U=Wq=2×10?62.0×10?8V=200V ，選項D正確；故選BD．
11.【答案】(1)0.225；(2)(M+m)d22t2，(m?Msinθ)gL。
【解析】【分析】
本題處理關鍵是了解光電門測量瞬時速度的原理，驗證機械能守恒實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全面。(1)結合游標卡尺的讀數(shù)原則進行，注意精度和有效數(shù)位；(2)由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度；根據(jù)起末點的速度可以求出動能的增加量，根據(jù)重力做功和重力勢能之間的關系可以求出重力勢能的減小量。
【解答】
(1)主尺刻度為2mm，游標尺刻度第5個格對齊，為0.05 mm×5，故讀數(shù)為d=2mm+0.05 mm×5=2.25mm=0.225cm；
(2)由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度，滑塊通過光電門B速度為：v=dt；滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統(tǒng)動能增加量為：ΔEk=12(M+m)(dt)2=(M+m)d22t2；系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為：ΔEp=mgL?MgLsinθ=(m?Msinθ)gL。
12.【答案】 CDGH; 0.900; 圖見解析; 小; (πd2R)4L ;
【詳解】(1)流過金屬絲的最大電流 Im=ER+r=0.5A A，故電流表選C，電池組電壓又是3 V，電壓表選D;
因為待測電阻的電阻值比較小，滑動變阻器選總阻值小的便于調節(jié)，故選G;
另外導線、開關要選，所以要選 H
(2)從螺旋測微器的主尺上可以看出，半毫米刻度線已經(jīng)露出來，
所以螺旋測微器的讀數(shù)為 0.5mm+40.0×0.01mm=0.900mm
(3)由于電壓表的內阻遠遠大于待測電阻，所以應該用電流表外接的方法，電路圖如圖所示：
由于電壓表的分流，導致測量的電流變大，所以電阻測量偏小，
(4)根據(jù)電阻的決定式 R=ρLS=ρ4Lπd2
解得： ρ=πd2R4L
故本題答案是：(1). CDGH； (2). 0.900 (3).圖見解析； ?。? (4) πd2R4L
點睛：在選電壓表電流表時要注意使用是要保證電流偏過量程的 13 以減小誤差，在設計電路時要根據(jù)待測電阻與滑動變阻器之間的關系確定是分壓電路還是限流電路．

【解析】詳細解答和解析過程見答案
13.【答案】解：(1)根據(jù)題意，設電源電動勢為E，內阻為r，由閉合回路歐姆定律U=E?Ir，斷開電鍵S2，閉合電鍵S1，調節(jié)電阻箱的阻值為0時，結合歐姆定律I=UR有U1=E?U1R0r，
調節(jié)電阻箱的阻值為10Ω時，有U2=E?U2R0+Rr，
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得E=10V，r=2Ω。
(2)根據(jù)題意可知，電動機的額定電壓U=4V，
設額定電流為IM，則有P機=UIM?IM2r，
代入數(shù)據(jù)解得IM=0.5A或IM=1.5A，
由歐姆定律I=UR可得，流過電阻R0的電流為I0=48A=0.5A，
當IM=0.5A時，流過電阻箱R的電流為I′=IM+I0=1A，
電阻箱R兩端的電壓為U′=E?I′r?4V=4V，
則接入電路中電阻箱的阻值為R=U′I′=4Ω，
當IM=1.5A時，流過電阻箱R的電流為I′′=IM+I0=2A，
電阻箱R兩端的電壓為U′′=E?I′′r?4V=2V，
則接入電路中電阻箱的阻值為R=U′′I′′=1Ω。

【解析】本題考查閉合電路歐姆定律與非純電阻，對于非純電阻，不能直接對其使用歐姆定律，但是可以根據(jù)閉合電路歐姆定律結合串并聯(lián)電路的特點，分析電路其他部分的電壓與電流，進而可得到其電壓與電流，P總=UI是總功率，熱功率是P熱=I2R，輸出功率P出=P總?P熱。
14.【答案】解：(1)在軌道最低點，對小孩由牛頓第二定律可知：N?mg=mvB2R
從最高點到最低點，對小孩根據(jù)機械能守恒定律得：mgR(1?csθ)=12mvB2
聯(lián)立解得：N=600N，vB=8m/s
根據(jù)牛頓第三定律可知小孩對軌道的壓力為600N
(2)家長抱住小孩的瞬間，根據(jù)動量守恒有：mvB=(M+m)v，解得：v=83m/s
根據(jù)動量定理有：I=mv?mvB=30×83N?s?30×8N?s=?160N?s
即家長對孩子的沖量大小為 I=?160N?s
答：
(1)小孩乘坐冰車經(jīng)過圓弧滑道末端B點時對滑道的壓力N的大小為600N；
(2)家長抱住孩子的瞬間，家長對小孩(包括各自冰車)的沖量I的大小為?160N?s。
【解析】(1)根據(jù)機械能守恒求得到達B點的速度，結合牛頓第二定律求得滑到對人的支持力，據(jù)牛頓第三定律求出人對軌道壓力；
(2)根據(jù)動量定理求得家長對小孩的沖量大?。?br>本題主要考查了機械能守恒定律和動量定理，關鍵是正確的分析運動過程，明確受力即可判斷。
15.【答案】(1) Ek=12mv02+12qU ；(2) qm=2d2v02UL2 ；(3) r=kd2v0ρLU
【詳解】(1)根據(jù)動能定理
qU2=Ek?12mv02
解得顆粒打在集塵板上時的動能
Ek=12mv02+12qU
(2)若顆粒從上板下邊緣進入經(jīng)電場偏轉后能打在集塵板上，則該種顆粒能全部被收集，其中打在右邊緣上的顆粒比荷最小，則
E=Ud
根據(jù)牛頓第二定律
qE=ma
顆粒做類平拋運動，則
d=12at2
L=v0t
聯(lián)立解得
qm=2d2v02UL2
(3)因顆粒在極短時間內即被加速到最大速度，顆粒在電場中做勻速直線運動，沿板方向與空氣無相對運動，不受阻力。從上板下邊緣進入的顆粒沿直線勻速運動至下板右邊緣的顆粒恰能全部被收集，其半徑最小，設顆粒沿電場方向的速度為 vy ，則
qE=krvy
顆粒做類平拋運動，有
L=v0t
d=vyt
又因為
q=ρr2
聯(lián)立解得
r=kd2v0ρLU

【解析】詳細解答和解析過程見答案

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