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2020年高三物理上半年月考测验相关

2021届浙江省名校新高考研究联盟高三第一次联考物理题免费试卷在线检测

下列说法正确的是(  )
A.牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验比较准确地测出了引力常量
B.库仑通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量
C.伽利略直接通过自由落体运动的实验证实了自由落体运动是匀变速直线运动
D.法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线形象地表示电场在空间的分布

【答案】D
【解析】
A.牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许利用扭秤实验比较准确地测出了引力常量,故A错误;
B.密立根通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量,故B错误;
C.伽俐略通过斜面实验合理外推解释了自由落体运动是匀变速直线运动,而不是通过实验直接验证,故C错误;
D.法拉第首先通过用电场线来描述电场,用磁感线来描述磁场,促进了人们对电磁现象的研究,故D正确。
故选D。

如图所示是正在月球表面行驶的“玉兔”月球车,当它在月球表面行驶时(  )

A.仍受地球的引力 B.不受阻力
C.没有惯性 D.不遵循牛顿运动定律

【答案】A
【解析】
A.月球表面行驶的“玉兔”月球车,同样受到地球对它的万有引力作用,故A正确;
B.月球表面并非光滑,月球车在行驶过程中会受到阻力,故B错误;
C.惯性是物体的固有属性,只与质量有关,和所处位置无关,月球车在月球表面仍有惯性,故C错误;
D.牛顿定律适用在宏观的领域,月球车在月球表面行驶时仍遵循牛顿运动定律,故D错误。
故选A。

下列各物理量数值中的负号表示方向的是(  )
A.重力势能J B.速度
C.电荷量C D.电势V

【答案】B
【解析】
A.“-10J”的势能,表示重力势能比0小,不表示方向,故A错误;
B.“-10m/s”的速度,负号表示速度方向与正方向相反,故B正确;
C.“-1C“的电荷量,负号表示带负电,故C错误;
D.“-10V”的电势的“-”表示电势比0小,不表示方向,故D错误。
故选B。

四个质点作直线运动,它们的位移-时间图象、速度-时间图象分别如下图所示,在2s末能回到出发点的是(  )
A. B.
C. D.

【答案】D
【解析】
A.图像描述的运动是:0~1s质点静止在距离原点正方向2m处,1s~2s质点静止在距离原点负方向2m处,A错误;
B.图像描述的运动是:0~2s质点从距离原点负方向1m处开始做匀速直线运动,到达距离原点正方向1m处,B错误;
C.图像中图像所围面积表示位移

位移不为0,C错误;
D.图像中图像所围面积表示位移

位移为0,质点回到了出发点,D正确;
故选D。

人造地球卫星根据不同任务特点选择不同的轨道,如北斗导航卫星采用中圆轨道兼顾信号强度和覆盖区域大小,美国的天基红外预警卫星为了发现不同高度上的导弹和火箭发射而采用椭圆轨道。若有1、2两颗人造卫星分别以圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针方向运动,两轨道相切于卫星2轨道的远地点A点,某时刻两卫星与地球在同一直线上,下列说法正确的是(  )

A.卫星1的周期小于卫星2的周期
B.两卫星在A点时线速度大小相等
C.两卫星在A点时加速度大小相等
D.卫星2从A点向近地点B运动过程中,做减速运动

【答案】C
【解析】
A.根据开普勒第三定律,由于卫星1的轨道半径大于卫星2的轨道半长轴,所以卫星1的周期大于卫星2的周期,故A错误。
B.在A点,卫星要从圆轨道变成椭圆轨道必须减速,所以卫星1在A点的速度大于卫星2在A点的速度。故B错误。
C.根据牛顿第二定律,卫星的向心加速度

G为引力常量,M为地球质量,r为A点到地心的距离,所以两卫星在A点时的加速度大小相等,故C正确。
D.卫星2从A点向近地点B运动过程中,重力势能减小,动能增大,速度增大,做加速运动,故D错误。
故选C。

2022年北京将举行第24届冬季奥运会,跳台滑雪是热门项目。跳台滑雪可简化为如下示意图,运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出,在空中运动一段时间后落在足够长的斜坡上b点,不考虑空气阻力,视运动员为质点,则运动员在空中运动过程中(  )

A.在相等的时间间隔内,运动员竖直方向下落高度相等
B.在相等的时间间隔内,动量的改变量相等
C.在下落相等高度的过程中,动量的改变量相等
D.若初速度加倍,则在空中运动的时间也加倍,落点到a点的距离也加倍

【答案】B
【解析】
A.平抛运动竖直分运动是自由落体运动,是匀加速运动,故在相等的时间间隔内竖直分位移一定不相等,即在相等的时间间隔内,运动员竖直方向下落高度不相等,故A错误;
B.运动员做平抛运动,只受重力,是恒力,根据动量定理,动量的改变量等于合力的冲量,任意相等时间合力的冲量相等,故任意相等时间动量的改变量相等,故B正确;
C.平抛运动竖直分运动是自由落体运动,是匀加速运动,在下落相等高度的过程中,时间一定不相等,故在下落相等高度的过程中,合力的冲量一定不相等,动量的增加量一定不相等,故C错误;
D.运动员做平抛运动,设斜面与水平方向的夹角为,则有

解得

落点到a点的距离

若初速度加倍,则在空中运动的时间加倍,落点到a点的距离为原来的4倍,故D错误。
故选B。

某同学发现家里的电动牙刷充电插孔及其充电器如图所示,并没有常见充电器的外接金属接头和接口,而是全防水和绝缘,则你认为其主要工作原理跟下列哪种器材相同(  )

A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
从题意中可知,电动牙刷背面的线圈,能将底座产生的变化的磁场转化为电流给电池充电,是利用电磁感应原理工作的。
A.变压器的工作原理是利用电磁感应现象工作的,故A符合题意;
B.静电计是利用同种电荷相互排斥的原理进行工作的,故B不符合题意;
C.电流表是通电线圈在磁场里受到安培力的作用来工作的,故C不符合题意;
D.该装置是根据电磁铁原理来工作的,故D不符合题意。
故选A。

如图所示,正六边形abcdef,中心为O,两个等量异种电荷放在a、d位置,其中正电荷在a处,负电荷在d处,设无穷远处电势为0,下列说法正确的(  )

A.f、b两点的场强相同 B.e点的电势高于0
C.e、b两点电势差与c、f两点电势差相等 D.负电荷从b点移动到c点时电势能减小

【答案】C
【解析】
A.f、b两点关于ad对称,根据场强的叠加可知,f、b两点的场强大小相等,方向不同,故A错误;
B.若无穷远处电势为0,根据沿着电场方向电势逐渐降低可知,e点的电势小于0,故B错误;
C.因为fe与bc关于ad对称,可知f与b两点的电势相等,e与c两点的电势相等,所以e、b两点电势差与c、f两点电势差相等,故C正确;
D.负电荷从b点移动到c点时,电场力做负功,电势能增大,故D错误。
故选C。

氘核可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式表示。海水中富含氘,已知1kg海水中含有的氘核约为个,以下说法正确的是(  )
A.X粒子是电子
B.能够发生聚变反应的条件是反应物的体积超过临界体积
C.若1kg海水中含有的氘核全部发生上述聚变反应,释放的能量为MeV
D.上述反应过程发生的质量亏损为,其中c为真空中的光速

【答案】D
【解析】
A.根据核反应质量数和电荷数守恒可知,X粒子核电荷数是0,质量数是1,所以X粒子是中子,故A错误;
B.能够发生裂变反应的条件是反应物的体积超过临界体积,核聚变没有临界体积,故B错误;
C.若1kg海水中含有的氘核全部发生上述聚变反应,释放的能量为

故C错误;
D.根据爱因斯坦质能方程

可知上述反应过程发生的质量亏损为

其中c为真空中的光速,故D正确。
故选D。

如图所示,一足球在操场上被某同学踢出,在竖直平面内运动,经位置1、2、3后落地,位置1、3等高,位置2在最高点,离地高度为h,不考虑足球的旋转,则足球(  )

A.在位置2时受到的合力与速度方向相反
B.在位置2的加速度比位置3的加速度小
C.从位置1到2过程空气阻力做的功大于从位置2到3过程空气阻力做的功
D.在位置3的动能大于在位置1的动能

【答案】C
【解析】
A.在位置2受到的重力向下,受到的空气阻力水平向左,所以合力方向斜向左下方,选项A错误;
B.位置2和位置3所受的空气阻力大小和方向不同,所以阻力和重力的合力大小和方向也不同,而且无法比较合力的大小,也就无法比较加速度的大小,选项B错误;
C.从位置1到2过程与从位置2到3过程相比,前者平均速度比较大,所以空气阻力比较大,前者的路程比较大。由于前者的空气阻力和路程都比较大,所以前者空气阻力做的功也就比较大,选项C正确;
D.在位置1的重力势能等于在位置3的重力势能,在位置1到位置3的过程中要克服空气阻力做功,物体的动能必减小,所以在位置3的动能必小于在位置1的动能,选项D错误。
故选C。

如图甲,倾角为的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行,t=0时初速度大小为v1()的小物块从传送带的底端滑上传送带,在传送带上运动时速度随时间变化的v-t图象如图乙,则(  )

A.0~t3时间内,小物块所受到的摩擦力始终不变
B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足
C.t2时刻,小物块离传送带底端的距离达到最大
D.小物块从最高点返回向下运动过程中摩擦力对其始终做负功

【答案】B
【解析】
A.由v-t图像可知,在t2时刻,小物体加速度发生变化,故在t2时刻之前摩擦力沿斜面向下,之后沿斜面向上,发生了变化,故A错误;
B.t2时刻小物块与传送带速度相等,之后仍然能继续作加速运动,故
mgsinθ>μmgcosθ
即μ<tanθ,故B正确;
C.由v-t图像可知,在t1时刻物体速度反向,故t1时刻小物块离斜面底端距离最大,故C错误;
D.小物块从最高点返回向下运动过程中摩擦力的方向先沿斜面向下,后沿斜面方向向上,所以摩擦力先做正功,后做负功,故D错误。
故选B。

如图所示,A、B、C三个带电小球质量均为m,A、B分别穿在同一竖直线上的两根绝缘细杆上,上方细杆粗糙,下方细杆光滑。已知A、B带电量大小均为q0,且A带正电,当系统处于静止状态时,AB和AC间距相等,A、C间绝缘细线与竖直细杆成60°角,细线伸直且恰无拉力。已知静电力常量为k,重力加速度为g,则(  )

A.C小球带电量大小为
B.A、C间的绝缘细线长为
C.A小球受到细杆的摩擦力大小为2mg
D.若保持B小球位置不变,缓慢增加B的带电量,使A、C两球处于同一水平线,则此时A、C间的绝缘细线拉力大小为0

【答案】D
【解析】
A.根据题意可知,以B为研究对象,在竖直方向有

以C为研究对象,在竖直方向有

联立可得

故A错误;
B.由C球平衡可知,线长为,代入可得

故B错误;
C.对A球进行受力分析可得

代入数据解得

故C错误;
D.若保持B小球位置不变,缓慢增加B的带电量,使A、C两球处于同一水平线,假设A球也不动,则有

解得

故D正确。
故选D。

“道威棱镜”是一种用于光学图像翻转的仪器。如图,将一等腰直角棱镜截去棱角,使其平行于底面,可制成“道威棱镜”,其横截面ABCD为底角45°的等腰梯形,O为AB中点,P为OA中点,光线1和光线2两条与BC平行的光线,分别从P和O点入射棱镜,均在BC面上发生一次全反射后从CD面射出,其中光线2的出射点为CD中点Q(未画出),已知棱镜对两光线的折射率,光在真空中的传播速度为c,,则(  )

A.光线1在棱镜中的传播速度为
B.光线2在棱镜中的传播时间为
C.光线1在棱镜中经过的路程长为
D.光线1从CD边射出点到BC边的距离为

【答案】C
【解析】
A.光线1在棱镜中的传播速度为

选项A错误;
B.光线1、2从AB入射时,由折射定律

得折射角
γ=30°
由几何关系可得,当光线1、2射到BC时,与BC的夹角均为15°;
所以光线2在棱镜中传播的距离

光线2在棱镜中的传播时间

选项B错误;
C.如图所示,设E为光线2在BC上的入射点,F为光线1在BC上的入射点,R为光线1在CD上的出射点,由光路的对称性,E为BC的中点,由几何关系得EF:BE=OP:BO=1:2;所以EF=FC=BE,可得R为CQ的中点,所以光线1在棱镜中传播的距离

选项C正确;

D.光线1从CD边射出点Q为DC的中点,Q到BC边的距离为

选项D错误。
故选C。

无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境,自动规划行车路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车,国内外各大企业正在紧密布局发展之中。其核心设备是各种车载传感器,如图像传感器(可见光和红外摄像头)、超声波雷达、激光雷达以及毫米波雷达。以下关于各种光和波的说法正确的是(  )
A.超声波和毫米波一样都能在真空中传播
B.红外线的光子能量比可见光的小
C.真空中激光的传播速度比毫米波的大
D.可见光能发生偏振现象,而超声波不能

【答案】BD
【解析】
A.毫米波可以在真空中传播,而超声波不能在真空中传播,故A错误;
B.红外线的频率比可见光的小,所以红外线的光子能量比可见光的小,故B正确;
C.真空中激光的传播速度与毫米波的速度相等,故C错误;
D.可见光是横波,所以能发生偏振现象,而超声波是纵波,所以不能发生偏振现象,故D正确。
故选BD。

如图所示是氢原子的能级En随轨道半径rn的关系图,其中r1为基态氢原子核外电子的轨道半径,E1为基态氢原子的能级,a、b、c分别为量子数n=1、2、3时氢原子的三个状态。下列说法正确的是(  )

A.当核外电子轨道半径为2r1时,对应能级为
B.从状态a跃迁到状态c需要吸收能量为的光子
C.处于状态c的一群氢原子能辐射出3种不同频率的光子
D.从状态b跃迁到状态a辐射光子的波长小于从状态c跃迁到状态b辐射光子的波长

【答案】CD
【解析】
A.氢原子核外电子轨道是固定的,在n=1、2之间没有没有新的能级,故核外电子不会在轨道半径为2r1的轨道上,故A错误;
B.从状态a跃迁到状态c需要吸收能量为

的光子,故B错误;
C.处于状态c的一群氢原子能辐射出种不同频率的光子,故C正确;
D.从状态b跃迁到状态a辐射光子的能量大于从状态c跃迁到状态b辐射光子的能量,则从状态b跃迁到状态a辐射光子的波长大于从状态c跃迁到状态b辐射光子的波长,故D正确。
故选CD。

沿水平放置的足够长弹性绳建立x轴,从左向右有M、O、N三个质点(N点未画出),位于坐标原点处的O质点在外力作用下做简谐振动,形成沿x轴传播的简谐横波。t=0时刻波形如图甲所示,其中M点再经过1s时间(小于一个周期),位移仍与t=0时相同,但振动方向相反。N点与M点平衡位置距离小于一个波长,且振动方向总相反。(  )

A.N点平衡位置坐标为x=8cm B.此简谐波在x轴上的传播速度为4m/s
C.N点振动图像如图乙所示 D.M比N先振动,且二者起振方向相反

【答案】AC
【解析】
由图可知,这列波的波长是

质点M的平衡位置坐标是

位于坐标原点处的O质点在外力作用下做简谐振动,形成沿x轴传播的简谐横波,根据对称性可知,质点M与平衡位置坐标

的质点P振动完全相同。
由图可知,M点再经过1s时间(小于一个周期),位移仍与t=0时相同,但振动方向相反。说明波的周期是

AC.N点与M点振动方向总相反,说明N点与P点振动方向总相反,说明N点与P点的平衡位置的距离是半个波长的奇数倍,N点与M点平衡位置距离小于一个波长,可知N点平衡位置坐标为

N点振动方程为

故AC正确;
B.此简谐波在x轴上的传播速度为

故B错误;
D.M离波源O近,M比N先振动,但二者起振方向都与波源起振方向相同,故D错误;
故选AC。

(1)下图游标卡尺的读数为________mm。

(2)用图甲所示的实验装置研究小车加速度与小车受力之间的关系。

①图乙所示为实验中得到的一条纸带,纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为T=0. 10s,由图中数据可计算出小车的加速度a=________m/s2.(结果保留2位有效数字)。
②若实验中砂和桶的总质量为,则从理论分析可得砂和桶的总重力与细绳对小车的拉力F的大小关系为_________F(选填“略大于”、“等于”或“略小于”)。
③某同学在研究加速度与物体受力之间的关系时改进了实验方案,他用无线力传感器来测量小车受到的拉力。如图丙所示,他将无线力传感器和小车固定在一起,将系着砂桶的细绳系在传感器的挂钩上,调整细绳方向与木板平行。则在改进后的实验中以下步骤是否还有必要?
a. 调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力。___________(选填“有必要”或“没必要”)。

b.控制砂和桶的总质量应远小于小车和车内砝码的总质量。______(选填“有必要”或“没必要”)。
④在上述③改进之后,实验中保持小车质量不变,改变砂桶和砂的质量,测出绳中拉力大小F与相应的加速度大小a,作出a-F图象。下面图象中正确的是___________
A. B. C. D.

【答案】4. 70 1. 1 略大于 有必要 没必要 C
【解析】
(1)[1]游标卡尺的读数为主尺刻度加游标尺刻度,本题游标尺为20分度,每一格代表0.05mm,所以,游标尺的读数为4mm+0.05×14=4.70mm;
(2) ①[2]利用逐差法计算加速度

②[3]对砂和桶,根据牛顿第二定律:

由于加速度不为零,故

即砂和桶的总重力m′g与细绳对小车的拉力F的大小关系为m′g略大于F。
③[4][5]验增加了拉力传感器,可以直接测量细绳的拉力,不需要用砂和桶的重力去代替细绳的拉力,也就不需要满足砂和桶的总质量应远小于小车和车内砝码的总质量;但为了保证细绳的拉力为小车的合力,必须平衡摩擦力,故调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力是有必要的,但控制砂和桶的总质量应远小于小车和车内砝码的总质量是没有必要的。
④[6]在改进实验之后,小车质量不变,那么由牛顿第二定律可知,力与加速度成正比,所以F-a为过原点的倾斜直线。所以选择C。

某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中,实验装置如图所示。她经过粗略的调试后,出现了干涉图样,但不够清晰明亮。于是她又______(填“上下”“左右”或“前后”)拨动金属杆E,得到了清晰明亮的图样。

【答案】左右
【解析】
出现干涉图样,但不够清晰明亮,需左右移动拨杆使单缝与双缝相互平行。

某中学生体重50kg,现进行一次弹跳训练,他从站直状态先下蹲使重心下降0. 4m,然后用力蹬地,把人蹬地的力看做恒力,大小为1500N,重心从静止开始匀加速升高至人站直,之后离地,若不计空气阻力,g=10m/s2,求:
(1)该同学在蹬地起跳过程中的加速度;
(2)离地后该同学能上升的最大高度?
(3)一次蹬地起跳过程消耗多少人体能量?

【答案】(1)20m/s2,竖直向上;(2)0.8m;(3)600J
【解析】
(1)对该同学,由牛顿第二定律可得
F-mg=ma
解得
a=20m/s2
方向:竖直向上
(2)该同学蹬地起跳,由匀变速直线运动规律可得

解得
v=4m/s
离地减速上升,由竖直上抛运动规律可得

解得
m
(3)根据能量守恒可得

解得
E=600J

一条粗糙水平轨道OB右端与一半径R=1m的光滑竖直圆形轨道相连,圆形轨道间不相互重叠,如图甲所示,水平面上O点处有一质量m=0. 5kg的小物块,物块与水平轨道OB面间的滑动摩擦力为f,f大小与物块离O点的距离d的关系如图乙所示,且,从静止开始在水平向右恒力F作用下运动,通过B点时立即撤去力F,小物体恰好通过圆形轨道最高点A后继续向C点运动,C点右侧有一壕沟,壕沟的C、D两点的竖直高度h=5m,水平距离s=6m,水平轨道BC粗糙且长为L=4m,设BC段的动摩擦因数为。g=10m/s2.求:
(1)物块通过B点时速度大小;
(2)恒力F大小;
(3)小物块不能掉进壕沟,求水平轨道BC的动摩擦因数的取值范围?

【答案】(1);(2)35/4N;(3)
【解析】
(1)在A点,由重力提供向心力

A到B根据动能定理

代入数据解得

(2)O到B,由图乙可得摩擦力对物块做功为

动能定理

代入数据解得

(3)离开C点后做平抛运动,当恰好能到达D点时,设运动的时间为t,则


可得

从B到C的过程中摩擦力做功,则

解得

所以范围是

考虑另一临界:刚好到C点停下,从A到C

代入数据解得


如图是两根间距均为L的光滑平行金属导轨,左段倾角为,M1N1M2N2区间有垂直导轨向上的匀强磁场,右段水平轨道P1P2区间右侧有足够长的竖直向上的匀强磁场,大小均为B,水平部分和倾斜部分导轨平滑连接。M1M2之间接有电阻R。闭合开关K,固定水平轨道上的金属棒cd,使金属棒ab从倾斜导轨上端静止释放,达到匀速后再进入水平导轨(无能量损失),此时断开开关K并撤去固定cd的装置,静止释放cd。当cd速度增大到v2时,ab恰好追上并碰到cd。运动过程中,ab、cd棒与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知ab、cd棒质量均为m=0.1kg,阻值和电阻R的阻值均为R=0.2Ω,L=0.5m,θ=53°,B=0.4T,,不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:
(1)ab棒到达水平轨道时的速度
(2)cd棒速度增大到v2时,ab棒速度v1为多大?
(3)从ab棒进入右段磁场区域到与cd发生碰撞的过程中,ab棒产生的焦耳热;cd棒最初与磁场边界P1P2的距离为多少?

【答案】(1)6m/s;(2)4m/s;(3)0.4J,0.2m
【解析】
(1)在斜面上匀速时


解得

(2)ab进入右段磁场,cd、ab视为整体,合外力为零,动量守恒

解得

(3)ab进入右段磁场到发生碰撞,回路焦耳热等于系统损耗的动能


又cd、ab在磁场中向右运动时


对ab棒



其中

解得

如下图所示,方向垂直纸面向外的匀强磁场分布在圆心所在的圆内,圆半径为R(磁场未画出),虚线区域内存在沿x轴正方向的匀强电场,与圆形边界相切。是一块长L1=1. 4R的收集板,平行y轴放置在匀强电场最右端且距离,M离的距离为0. 2R。原点O处有一粒子源,每秒向x轴上方区域各方向均匀发射个数为N、电荷量为+q、质量为m、初速度为v0的粒子,经磁场偏转后,沿y轴正向发出的粒子恰能从与圆边界的切点水平向右进入匀强电场,击中收集板并被收集板吸收。电场强度E和磁感应强度B大小未知,但满足关系,不计粒子重力、粒子间的相互作用以及粒子对电场和磁场的影响,cos53°=0. 6,sin53°=0. 8.求:
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)粒子对收集板的平均作用力F的大小;
(3)如图所示,若保持虚线区域内的电场强度大小不变,方向改为竖直向下,收集板可沿所在竖直线上下移动,由O点发射的所有粒子最终均能打在收集板上,则收集板至少多长?

【答案】(1) ;(2) ;(3)
【解析】
(1)由已知,轨迹半径等于磁场半径
r=R
根据牛顿第二定律

可得

(2)根据分析,如图所示

所有粒子从O点射出,平行于x轴进入电场,与y轴成左53°,右37°的粒子能达到收集板

电场中加速,根据动能定理

对打在收集板上的粒子,根据动量定理

又有

可得

(3)粒子经过磁场后以平行x轴方向进入电场,做类平抛运动,如图所示

设离x轴为y1的粒子恰好到达Q点,竖直方向

加速度为

水平方向

联立解得

即从飞出的粒子中从进入电场离开Q点最远为

从P点上方距离P点小于

的粒子将从PQ边飞出,再直线到达所在直线,设与所在直线交点到Q距离为,考虑电场中偏转的特点
竖直方向

水平方向

根据几何关系

解得

时,y2有最大值

故粒子打在所在竖直线上的区域长度为

则收集板至少长为

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