2023屆廣東省汕頭市下蓬中學(xué)高三物理第一學(xué)期期中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng)1考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、高樓高空拋物是非常危險(xiǎn)的事。設(shè)質(zhì)量為M=1kg的小球從20m樓上做自由落體運(yùn)動(dòng)落到地面，與水泥地面接觸時(shí)間為0.01s，那么小球?qū)Φ孛娴臎_擊力是小球重力的倍數(shù)大約是A10倍B20倍C200倍D2000倍2、光滑的半球形物體固定

2、在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑輪，輕繩的一端系一小球，靠放在半球上的A點(diǎn)，另一端繞過(guò)定滑輪后用力拉住，使小球靜止，如圖所示，現(xiàn)緩慢地拉繩，在使小球沿球面由A到B的過(guò)程中，半球?qū)π∏虻闹С至和繩對(duì)小球的拉力T的大小變化情況是（）AN變大、T變小BN變小、T變大CN變小、T先變小后變大DN不變、T變小3、如圖所示，A物體的質(zhì)量為m，B物體的質(zhì)量為2m，用輕彈簧連接，B放在水平地面上。用豎直向下的大小為F=mg的力作用在A上，待系統(tǒng)平衡后突然撤去力F，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（g表示重力加速度）A撤去力F的瞬間，A物體的加速度大小為gB撤去力F的瞬間，B物體的加速度大小為2gC撤去力

3、F的瞬間，B對(duì)地面的壓力大小為3mgD撤去力F后，彈簧對(duì)A的支持力大于A對(duì)彈簧的壓力4、籃球豎直落下，與水平地面碰撞前速度大小為，碰后豎直反彈，速度大小為，已知籃球質(zhì)量為，則籃球與地面碰撞過(guò)程中籃球所受合力的沖量大小為ABCD5、有關(guān)速度和加速度的關(guān)系下列說(shuō)法中正確的是（）A速度變化很大，加速度一定很大B速度變化越來(lái)越快，加速度越來(lái)越小C速度方向?yàn)檎铀俣确较蚩赡転樨?fù)D速度變化量的方向?yàn)檎?，加速度方向可能為?fù)6、2019年春節(jié)期間，中國(guó)科幻電影里程碑的作品流浪地球熱播。影片中為了讓地球逃離太陽(yáng)系，人們?cè)诘厍蛏辖ㄔ焯卮蠊β拾l(fā)動(dòng)機(jī)，使地球完成一系列變軌操作，其逃離過(guò)程如圖所示，地球在橢圓軌道I上運(yùn)

4、行到遠(yuǎn)日點(diǎn)B變軌，進(jìn)入圓形軌道。在圓形軌道上運(yùn)行到B點(diǎn)時(shí)再次加速變軌，從而最終擺脫太陽(yáng)束縛。對(duì)于該過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是A沿軌道I運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，需向前噴氣減速才能進(jìn)入軌道B沿軌道I運(yùn)行時(shí)，在A點(diǎn)的加速度小于在B點(diǎn)的加速度C沿軌道I運(yùn)行的周期小于沿軌道運(yùn)行的周期D在軌道I上由A點(diǎn)運(yùn)行到B點(diǎn)的過(guò)程，速度逐漸增大二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、暗物質(zhì)是二十一世紀(jì)物理學(xué)之謎，對(duì)該問(wèn)題的研究可能帶來(lái)一場(chǎng)物理學(xué)的革命。為了探測(cè)暗物質(zhì)，我國(guó)在2015年12月17日成功發(fā)射了一顆

5、被命名為“悟空”的暗物質(zhì)探測(cè)衛(wèi)星。已知“悟空”在低于同步衛(wèi)星的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t（t小于其運(yùn)動(dòng)周期），運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為s，與地球中心連線掃過(guò)的角度為（弧度），引力常量為G，則下列說(shuō)法正確的是A“悟空”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度B“悟空”的線速度大于第一宇宙速度C“悟空”的環(huán)繞周期為D“悟空”的質(zhì)量為8、某質(zhì)量為1kg的物體，受水平拉力作用沿水平地面做直線運(yùn)動(dòng)，其圖象如圖所示，已知第1秒內(nèi)拉力的大小是第2秒內(nèi)拉力的大小的2倍，則A第1秒內(nèi)拉力做功是第2秒內(nèi)拉力做功的兩倍B在時(shí)間內(nèi)，克服摩擦力做功為JC在時(shí)間內(nèi)，物體的位移大小為mD3s末，拉力的功率為1W9、假設(shè)地球

6、同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的 n 倍，則下列有關(guān)地球同步衛(wèi)星的敘述正確的是（）A運(yùn)行速度是第一宇宙速度的倍B運(yùn)行速度是第一宇宙速度的倍C向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度的 n 倍D向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度的倍10、如圖所示為一種兒童玩具，在以O(shè)點(diǎn)為圓心的四分之一豎直圓弧軌道上，有一個(gè)光滑的小球(不能視為質(zhì)點(diǎn))，O為小球的圓心擋板OM沿著圓弧軌道的半徑，以O(shè)點(diǎn)為轉(zhuǎn)軸，從豎直位置開始推著小球緩慢的順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(垂直水平面向里看)，到小球觸到水平線的過(guò)程中A圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸增大B圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸減小C擋板對(duì)小球的支持力逐漸增大D擋板對(duì)小球的

7、支持力逐漸減小三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11（6分）某小組同學(xué)在測(cè)某特殊電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)所用器材如下：A.某特殊電池：電動(dòng)勢(shì)約為3 V，內(nèi)阻約為1 ；B.電壓表V：量程03 V，內(nèi)阻為幾千歐；C.電流表A：量程0100 mA，內(nèi)阻為4.5 ；D.標(biāo)準(zhǔn)電阻R0：0.5 ；E.滑動(dòng)變阻器R：020 ；F.開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)該小組同學(xué)設(shè)計(jì)了甲、乙、丙三個(gè)實(shí)驗(yàn)電路，其中可行的是_(2)選擇(1)中正確的電路后，該小組閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，多次測(cè)量得出多組電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I，通過(guò)描點(diǎn)畫出電源的U-I圖象如圖丁所示，則該特殊電

8、池的電動(dòng)勢(shì)E=_V、內(nèi)阻r=_(結(jié)果均保留兩位小數(shù))12（12分）某同學(xué)利用下述裝置對(duì)輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能進(jìn)行探究，一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連:彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小球恰好在桌面邊緣，如圖（a）所示向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放小球離開桌面后落到水平地面通過(guò)測(cè)量和計(jì)算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能回答下列問(wèn)題：（1）本實(shí)驗(yàn)中可認(rèn)為，彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能Ep與小球拋出時(shí)的動(dòng)能Ek相等已知重力加速度大小為g，為求得Ek，至少需要測(cè)量下列物理量中的 （填正確答案標(biāo)號(hào)）A小球的質(zhì)量mB小球拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離sC桌面到地面的高度hD彈簧的壓縮量x

9、E.彈簧原長(zhǎng)l0（2）用所選取的測(cè)量量和已知量表示Ek，得Ek= （3）圖（b）中的直線是實(shí)驗(yàn)測(cè)量得到的sx圖線從理論上可推出，如果h不變m增加，sx圖線的斜率會(huì) （填“增大”、“減小”或“不變”）；如果m不變，h增加，sx圖線的斜率會(huì) （填“增大”、“減小”或“不變”）由圖（b）中給出的直線關(guān)系和Ek的表達(dá)式可知，Ep與x的 次方成正比四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖甲所示，A和B是真空中正對(duì)面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間的O點(diǎn)有一個(gè)可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，AB間的距離為L(zhǎng)現(xiàn)在A、

10、B之間加上電壓UAB隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生N個(gè)相同粒子，這種粒子產(chǎn)生后，在電場(chǎng)力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng)，且電荷量同時(shí)消失，不影響A、B板電勢(shì)已知粒子質(zhì)量為m=5.010-10kg，電荷量q=1.010-7C，L=1.2m，U0=1.2103V，T=1.210-2s，忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求：（1）t0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子，運(yùn)動(dòng)到B極板所經(jīng)歷的時(shí)間t0；（2）在0-T2時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B板的時(shí)間間隔t；（3）在0-T2時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B板的粒子數(shù)與到達(dá)A板的粒子數(shù)之比k14（

11、16分）一飛船沿近地軌道繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T。已知地球半徑為R。求：（1）地球的第一宇宙速度；（2）距離地球表面高為3R處運(yùn)行的人造衛(wèi)星的周期。15（12分）如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的木塊放在長(zhǎng)L=1m的木板的右端，木板靜止于水平面上，已知木塊的質(zhì)量和木板的質(zhì)量均為1.0kg，木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.1，木板與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.1，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等，重力加速度取g=10m/s1求：（1）木塊與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的水平恒力F大小要滿足的條件；（1）若從t=0開始，木板受F=16N的水平恒力作用時(shí)，木塊和木板的加速度； （3）木塊經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間從木板上滑

12、下；（4）當(dāng)t=1s時(shí)，木板的速度.參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】小球下落過(guò)程，由動(dòng)能定理得：，解得：，方向：豎直向下；以向下為正方向，由動(dòng)量定理得：，解得：，由于，故C正確。2、D【解析】試題分析：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析小球受力情況：重力G，細(xì)線的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡條件得知由得，得到，由題緩慢地將小球從A點(diǎn)拉到B點(diǎn)過(guò)程中，AO不變，變小，可見T變小，N不變，故選項(xiàng)D正確。考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用、力的合成與分解的運(yùn)用【名師點(diǎn)睛】本題是平衡問(wèn)題中動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)

13、題，N與T不垂直，運(yùn)用三角形相似法分析，作為一種方法要學(xué)會(huì)應(yīng)用。3、A【解析】撤去力F的瞬間，F(xiàn)立刻消失，但是彈簧的彈力不變，先以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求出其加速度，再由B分析受力情況，求得加速度以及B對(duì)地面的壓力；【詳解】A、由于開始A處于平衡狀態(tài)，在撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，則A物體的合力大小等于F，則A物體的加速度大小為a=Fm=mgm=g，故A正確；B、撤去F的瞬間，由于彈簧的彈力不變，則B的受力情況不變，合力仍為零，加速度為零，故B錯(cuò)誤；C、有力F作用時(shí)A、B都處于平衡狀態(tài)，地面對(duì)B的支持力等于3mg+F=4mg，撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，B的受力情況不變，地面對(duì)B的支

14、持力仍為4mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)B對(duì)地面的壓力大小為4mg，故C錯(cuò)誤；D、彈簧對(duì)A的支持力和A對(duì)彈簧的壓力是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，二者大小相等，方向相反，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是抓住彈簧的彈力不能瞬間發(fā)生改變，通過(guò)分析物體的受力情況來(lái)求解其加速度，同時(shí)要注意牛頓第三定律的應(yīng)用情況。4、B【解析】設(shè)定正方向，確定籃球的始末速度，根據(jù)動(dòng)量定律列式計(jì)算設(shè)初速度方向?yàn)檎较?，則初速度方向，末速度根據(jù)動(dòng)量定理可得方向與初速度方向相反，B正確。故選B。5、C【解析】解：A、根據(jù)a=知，速度變化很大，加速度不一定大，還與時(shí)間有關(guān)，故A錯(cuò)誤B、加速度是反映速度變化快慢的

15、物理量，速度變化越來(lái)越快，加速度越來(lái)越大，故B錯(cuò)誤C、加速度方向與速度方向可能相同，可能相反，故C正確D、加速度方向與速度變化量方向相同，速度變化量的方向?yàn)檎?，則加速度方向?yàn)檎蔇錯(cuò)誤故選：C6、C【解析】A.從低軌道I進(jìn)入高軌道，離心運(yùn)動(dòng)，需要在交點(diǎn)B處點(diǎn)火加速，A錯(cuò)誤B.從A到B的過(guò)程，根據(jù)萬(wàn)有引力提供加速度：，得：B點(diǎn)距太陽(yáng)更遠(yuǎn)，加速度更小，B錯(cuò)誤C.根據(jù)開普勒第三定律得：軌道半長(zhǎng)軸越大，周期越長(zhǎng)，所以軌道上運(yùn)行周期長(zhǎng)，C正確D.從A到B的過(guò)程，引力做負(fù)功，動(dòng)能減小，所以B點(diǎn)速度小于A點(diǎn)速度，D錯(cuò)誤二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)

16、是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AC【解析】由題意可知考查環(huán)繞天體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、天體質(zhì)量計(jì)算，根據(jù)萬(wàn)有引力定律、牛頓第二定律分析計(jì)算可得?！驹斀狻緼“悟空”到地球球心的距離小于同步衛(wèi)星到地球球心的距離，由公式可知“悟空”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，故A正確；B第一宇宙速度指的是環(huán)繞地球表面轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的速度，取“悟空”為研究對(duì)象，萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律可得因“悟空”軌道半徑大，其線速小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；C設(shè)“悟空”的環(huán)繞周期為T，由可得T=故C正確；D設(shè)地球質(zhì)量為M，“悟空”質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可得由角速的定義式可得 聯(lián)立

17、可得地球的質(zhì)量為M=無(wú)法計(jì)算出“悟空”的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】環(huán)繞規(guī)律：軌道半徑越大，線速度越小、角速度越小、周期越長(zhǎng)、向心加速度越小；利用環(huán)繞天體的軌道半徑、周期只能計(jì)算中心天體的質(zhì)量，無(wú)法計(jì)算環(huán)繞天體的質(zhì)量。8、CD【解析】ABC、第2s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于摩擦力，即，在v-t圖象中，斜率代表加速度，第1秒內(nèi)加速度為，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，在v-t圖象中，與時(shí)間軸所圍面積為物體所圍面積，第1秒內(nèi)位移為，第2秒內(nèi)位移為，第3秒內(nèi)位移為，在03s時(shí)間內(nèi)，物體的位移大小為；第1秒內(nèi)拉力做功，第2秒內(nèi)拉力做功，在03s時(shí)間內(nèi)，克服摩擦力做功為，故C正確，A、B錯(cuò)誤；D、第3秒內(nèi)加速度

18、大小為，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得第3秒內(nèi)拉力為，拉力的功率為，故D正確；故選CD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵是知道在v-t圖象中，斜率代表加速度，結(jié)合牛頓第二定律求得拉力的大小關(guān)系，在v-t圖象中，與時(shí)間軸所圍面積為物體的位移9、BC【解析】AB研究同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得 地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，所以同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度是第一宇宙速的倍，故A錯(cuò)誤B正確。CD同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，即同步衛(wèi)星和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)具有相等的角速度。根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式得：an=2r，因?yàn)閞=nR，所以同步衛(wèi)星的向心加速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的

19、向心加速度的n倍。故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。10、BC【解析】對(duì)小球受力分析如圖：當(dāng)從豎直位置開始推著小球緩慢的順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，到小球觸到水平線的過(guò)程中，由幾何關(guān)系可知，N1與N2之間的夾角保持不變，N1與豎直方向之間的夾角逐漸減小，N2與豎直方向之間的夾角逐漸增大，根據(jù)平行四邊形定則可知，圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸減小，故A錯(cuò)誤，B正確；擋板對(duì)小球的支持力逐漸增大，故C正確，D錯(cuò)誤三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程。11、丙 2.95(2.932.97均給分) 0.95(0.930.97均給分) 【解析】(1)1由題意可知，電流表量程太小，應(yīng)

20、把電流表與定值電阻并聯(lián)擴(kuò)大其量程，電壓表測(cè)路端電壓，電流表測(cè)電路電流，滑動(dòng)變阻器采用限流接法，應(yīng)選擇圖丙圖(2)2 由根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，圖象中圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源電動(dòng)勢(shì)，故電源電動(dòng)勢(shì)為(2.932.97均給分)3 由可知, 圖象的斜率為電源內(nèi)阻，則12、（1）ABC (2)（3）減小 增大 2【解析】（1）由平拋規(guī)律可知，由水平距離和下落高度即可求出平拋時(shí)的初速度，進(jìn)而可求出物體動(dòng)能，所以本實(shí)驗(yàn)至少需要測(cè)量小球的質(zhì)量m、小球拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離s、桌面到地面的高度h，故選ABC（2）由平拋規(guī)律可知：豎直方向上：h=gt2，水平方向上：s=vt，而動(dòng)能Ek=mv2聯(lián)立可得Ek=

21、；（3）由題意可知如果h不變，m增加，則相同的L對(duì)應(yīng)的速度變小，物體下落的時(shí)間不變，對(duì)應(yīng)的水平位移s變小，s-L圖線的斜率會(huì)減小；只有h增加，則物體下落的時(shí)間增加，則相同的L下要對(duì)應(yīng)更大的水平位移s，故s-L圖線的斜率會(huì)增大彈簧的彈性勢(shì)能等于物體拋出時(shí)的動(dòng)能，即Ep=，可知Ep與s的2次方成正比，而s與L成正比，則Ep與L的2次方成正比【點(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵是通過(guò)測(cè)量小球的動(dòng)能來(lái)間接測(cè)量彈簧的彈性勢(shì)能，然后根據(jù)平拋規(guī)律以及動(dòng)能表達(dá)式即可求出動(dòng)能的表達(dá)式，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，從而得出結(jié)論根據(jù)x與L的圖線定性說(shuō)明m增加或h增加時(shí)x的變化，判斷斜率的變化彈簧的彈性勢(shì)能等于物體拋出時(shí)的動(dòng)能和動(dòng)能的表

22、達(dá)式，得出彈性勢(shì)能與x的關(guān)系，x與L成正比，得出Ep與L的關(guān)系四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）2.4510-3s（2）210-3s（3）2:1【解析】（1）t=0時(shí)刻，粒子由O到B：L2=12at02 加速度：a=U0qmL=2.0105m/s2 得：t0=610-3s=2.4510-3sT2=610-3s所以：t0=610-3s=2.4510-3s（2）對(duì)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度vm后，做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B極板前速度減為0，設(shè)勻加速時(shí)間為t，勻減速時(shí)間為t，全程時(shí)間為t，則勻加速的加速度：a=2.0105m/s2勻減速的加速度大?。篴=2U0qmL=4.0105m/s2 由：vm=at=at 得：t=12t 所以：t=t+t=32t 由：12L=12vmt=12at32t得：t=2L3a=210-3s（3）設(shè)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，反向加速到A極板的時(shí)間為t0，由：L=12at02 得：t0=2La=610-3s(T2-t)=510-3s即：在0-T2時(shí)間內(nèi)，t內(nèi)返回的粒子都能打到A極板