【文档说明】《精准解析》2023届北京市清华大学附属中学高三下学期开学考物理试题（解析版）.docx，共(23)页，1.088 MB，由小赞的店铺上传

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清华附中G20级调研试题物理第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列属于β衰变的是（）A.238234492902UThHe→+B.1441717281NHeOH+→+C.234234090911ThPae−→+

D.235114489192056360UnBaKr3n+→++【答案】C【解析】【详解】A．该反应属于α衰变，放出了氦核（42He），A错误；B．该反应是卢瑟福发现质子（11H）的核反应方程，B错误；C．该反应属于β衰变

，放出了电子（01e−），C正确；D．该反应是重核裂变的核反应方程，D错误。故选C。2.一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（）A.a→b是等温过程B.a→b过程中气体吸热C.a→c过程中状态b的温

度最低D.a→c过程中外界对气体做正功【答案】B【解析】【详解】AB．根据理想气体的状态方程pVCT=可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W<0，由热力学第一定律U=W+Q可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；C．根据理想气体的状态方程pVCT=可知，p—V

图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；D．a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误

。故选B。3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（）A.此后14周期内通过路程为AB.此后12周期内沿x轴正方向迁移为12C.该时刻加速度沿y轴正方向D.该时刻速度沿y轴正方向【答案】D【解

析】【详解】AD．波沿x轴正向传播，则质点P此时向上振动，则此后14周期内通过路程小于A，选项A错误，D正确；B．机械波传播的过程中，质点只能在其平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项B错误；C．加速度的方向指向

平衡位置，则该时刻加速度沿y轴负方向，选项C错误；故选D。4.完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O

的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（）A.此单色光从空气进入水球，频率一定变大B.此单色光从空气进入水球，频率一定变小C.若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射D.若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射【答案】C【解析

】【详解】AB．光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，AB错误；CD．如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为

R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有sin()sinRr−=则可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误。故选C。5.

如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（）A.滑块对球的弹力增

大B.挡板对球的弹力减小C.斜面对滑块的弹力增大D.拉力F不变【答案】B【解析】【详解】AB．对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力作用，挡板对球的力1F方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，2F与竖直

方向夹角减小，最小时2F垂直于1F，可以知道挡板1F和滑块对球的作用力2F都减小，故B正确A错误；CD．再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中NFGcos=不变，1FF+不变，1F减小，可以知道斜面对滑块的支持

力不变，拉力F增大，故CD错误6.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力

，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A.1hk+B.hkC.2hkD.21hk−【答案】D【解析】【详解】运动员从a到c根据动能定理有212cmghmv=在c点有2NcccvFmgmR−=FNc≤kmg联立有21chRk−故选D。7.如图所示，站在车上的人，用锤子

连续敲打小车．初始时，人、车、锤都静止．假设水平地面光滑，关的于这一物理过程，下列说法正确的是（）A.连续敲打可使小车持续向右运动B.人、车和锤组成的系统机械能守恒C.当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零D.人、车和锤组

成的系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A.人、车和锤看做一个系统处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当大锤有相对大地向右的速度时，车有向左的速度

，故车来回运动，故A错误；B.大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；C.大锤的速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车的总动量也为零，故C正确；D.人、车和锤水平方向动量守

恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误．8.物理老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A

和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来。王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来。造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中（）A.将磁铁的磁极接反了B.将直流电源的正负极接反了C.使

用的电源为50Hz的交流电源D.使用的液体为饱和食盐溶液【答案】C【解析】【详解】老师将该容器放在磁场中，能使液体会旋转起来，是在安培力作用下导致的，因此要强调溶液能导电，且电流方向确定；并且要有磁场。与磁铁的磁极是否接反、直流电源正负是否接反，都没有关系

。而该同学液体不能旋转可能是因为使用了纯净水或交流电源。用的液体为饱和食盐溶液，不影响实验。故选C。9.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）

。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（）A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小【答案】D【解析】【详解】AB．由题知假人的头部只受

到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到再合假人头静止，动量变化最大，AB错

误；C．根据动量与动能的关系有2k2pEm=，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，

即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。故选D。10.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（）A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为2TC.两根弹簧的总弹性势

能的变化周期为TD.小球的初速度为2v时，其运动周期为2T【答案】B【解析】【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受

合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；BC．假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动过程为OAOBO→→→→根据

对称性可知小球从OAO→→与OBO→→，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为2T，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为2T，B正确，C错误；D．小球的初速度为2v时，可知小球

在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式02mTk=可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为2v时，其运动周期应小于2T，D错误；故选B。11.如图所示，交流电流表1A、2A、3A分别与电阻R、电容器C和电感线圈L

串联后接在同一个正弦式交流电源上。交流电流表4A与电阻R串联后接在理想变压器副线圈两端。如果保持供电电压的最大值不变，而增大供电电压的频率，电流表示数不变的是（）A.电流表1A和2AB.电流表3A和2AC.电流表1A和4AD.电流表3A和4A【答案】C【解析

】【详解】保持供电电压的最大值不变，而增大供电电压的频率，则电感线圈对交流电的阻碍作用变大，则A3减小；电容器对交流电的阻碍作用减小，则A2变大；通过变压器原线圈电阻上的电流不变，即A1不变；变压器次级电压不变，则次级电流不变，即A4不变。故选C。12.202

1年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的

正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（）A.电场力的瞬时功率为2212qEvv+B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC.v2与v1的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变【答案】D【解析】【详解】A

．根据功率的计算公式可知P=Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P=Eqv1，A错误；B．由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B，B错误；C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，

v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；D．离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。故选D。13.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为

R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为1r、2r（12RrrRd+）；粒子3从距O点2r的位置

入射并从距O点1r的位置出射；粒子4从距O点1r的位置入射并从距O点2r的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（）A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能小于粒子3入射时的动能【答案】B【解析】【详

解】A．粒子在电场中的每一个位置受的电场力均指向圆心O，则粒子3从入射到射出时的位置靠近了O点做向心运动，则电场力做正功，动能变大，则入射时的动能比它出射时的小，选项A错误；B．同理可知，粒子4从入射到射出时位置远离了O点做离心运动，则电场力做负功，则动能减

小，即入射时的动能比它出射时的大，选项B正确；C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Erk=带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有2111vqEmr=2222vqEmr=可得21122

11222kqErqErEmv===即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；D．粒子3做向心运动，有2322vqEmr可得22223111222qErmvmv=粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D错误。故选B。14.2016年我

国成功发射首颗微重力实验卫星——实践十号，可以达到10-6g的微重力水平（10-6g其实指的是加速度），跻身世界先进行列．在太空中不是应该引力提供向心力而完全失重吗？微重力的来源之一是“引潮力”．引潮力较为复杂，简单说来是由于卫星实验舱不能被看作质点造成的，只有在卫星的质心位置

引力才恰好等于向心力．假设卫星实验舱中各点绕地球运动的角速度相同，请根据所学知识判断下列说法中正确的是A.在卫星质心位置下方（靠近地心一侧）的物体微重力方向向上（远离地心一侧）B.在卫星质心位置上方的物体微重力方向向上C.处在卫星质心

位置的物体所受合力为零D.在卫星质心位置上方的物体所受引力大于向心力【答案】B【解析】【详解】处于质心位置的物体，万有引力提供向心力，合力不为零，选项C错误．根据万有引力提供向心力可知，卫星质点上方的物体受

到的万有引力比质心的小，上方物体需要的向心力比质心的大，此时引力不足以提供向心力，选项D错误；此时需要支持力来弥补引力来提供向心力，“潮引力”是支持力的反方向，所以此时“潮引力”向上，选项B正确．下方的物体，需

要的向心力小于万有引力，多有的万有引力由向外的支持力抵消，“潮引力”向内，指向地心，选项A错误．故选B.第二部分（非选择题共58分）15.（1）在用双缝干涉测量光的波长的实验中，如下图所示，则a、b处的光学仪器分别是（）A．透镜单缝B．透镜双缝C．单缝双缝D

．双缝单缝（2）如果双缝间距是d，双缝到毛玻璃的距离是L，第二条亮纹到第六条亮纹间距是x．则光的波长是：______（用x、d、L表示）【答案】①C②.4xdL【解析】【详解】（1）[1]在用双缝干涉测量光

的波长的实验中，装置从左到右依次为：光源、滤光片、单缝、双缝、毛玻璃和目镜。故a、b处的光学仪器分别是单缝和双缝。故选C。（2）[2]第二条亮纹到第六条亮纹间距是x，则条纹间距624xxx==−根据Lxd=可得=4xdL16.（1）市场上销售的铜

质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格的问题，质检部门检验发现不合格的原因主要有两个，一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但偷工减料导致导体横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员查阅资料得知纯铜的电阻

率为81.710Ωm−。现取横截面积标识为21.1mm、长度为100m（真实长度）的铜电线，进行实验测量其电阻率，测量电阻之前他们先测量了到电线的横截面积，发现横截面积是21mm。实验室现有的器材如下：.电源（电动势约为5V，内阻不计）待测长度为100m的铜电线，横截面积为21

mm电压表1V（量程为0~3V，内阻约为0.5kΩ）电压表2V（量程为0~5V，内阻约为3kΩ）电阻箱R（阻值范围为0999.9Ω）定值电阻01ΩR=开关、导线若干①该小组设计的测量电路如图甲所示，则可知P是______，N是______。（填器材代号

）②该小组通过实验作出的图像如图乙所示，由乙图可知该100m长的铜电线的电阻为______。（结果保留两位有效数字）③该同学测得的铜电线的电阻测量值比计算出来的理论值______（选填“大”“相等”或“小”）。④从铜电线自身角度考虑，你认为该铜电线电

阻值大的主要可能原因是____________。⑤该小组同学还分析了图甲的电路，他们发现该实验由于电压表的内阻不是无穷大，可能也会导致电阻的测量值出现偏差，通过理论分析你发现电压表的内阻会导致铜质导线电阻的测量值______（填“偏大”、“偏小

”、“依然准确”）（2）另一个学习小组也来测量某个电学元件X的阻值（该元件的阻值较大，大概在几百欧左右），但是他们只找到了以下器材：得测阻值的元件X（阻值大概几百欧）电阻箱（最大阻值为999.9）；滑动变阻器（最

大阻值为20）毫安表（量程为10mA，内阻未知，大概在十几到几十欧左右）；干电池1节（电动势1.5V，内阻很小但未知）开关若干、导线若干这个小组尝试了几种方案来测量该元件的阻值，但是都失败了：他们试着把毫安表改装成电

压表或电流表，但是由于无法测出毫安表的内阻而无法实现；他们想用半偏法来测元件的电阻，但发现半偏法造成的误差非常大…………请你帮助该小组同学设计出一个能准确测量出该元件阻值的实验方案，请画出你的测量原理图，并以最简要的文字简要描述你的方案所采用的原理（不知

道怎么描述的可以用简要的实验步骤来代替）______。【答案】①.2V②.1V③.2.6④.大⑤.混合了杂质⑥.依然准确⑦.用等效替代法（只要有这些字样或表达除了这个意思就得表述的分数），即用电阻箱来代替该电学元件连入电路的相同部位，调节电阻箱的阻值，若电流相同，则电阻箱的阻值即该元件的电阻．

电路图如下，注意因为滑动变阻器阻值很小，需要画成分压连法【解析】【详解】（1）①[1][2]根据该小组设计的测量电路可知P是量程较大的电压表V2，N是量程较小的电压表V1。②[3]因导体的电阻为211xUURUR−=解得2111xURUR=+则211-UUR图像的斜率等于待测电阻Rx，则7.

501.002.62.50xR−==③[4]因待测导线的横截面积偏小与真实值，则该同学测得的铜电线的电阻测量值比计算出来的理论值大。④[5]从铜电线自身角度考虑，该铜电线电阻值大的主要可能原因是混合了杂质。⑤[6]若考虑电压表内

阻影响，则导体的电阻为21111xVUURUURR−=+解得2111(1)xxVRURURR=++则211-UUR图像的斜率不变，即通过理论分析发现电压表的内阻会导致铜质导线电阻的测量值依然准确。（2）[7]用等效替代法（只要有这些字样或表达除了这个意思就得表述的分数），即用电阻箱来

代替该电学元件连入电路的相同部位，调节电阻箱的阻值，若电流相同，则电阻箱的阻值即该元件的电阻．电路图如下，注意因为滑动变阻器阻值很小，需要画成分压连法；17.如图所示，MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌

面相切于N点．把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一个完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的碰点．若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/2s．不计空气阻力，小球可视

为质点．求：（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度0v的大小；（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度1v的大小；（3）P点与N点之间的水平距离x.【答案】（1）4m/s（2）2m/s（3）0.8m【解析】【分析】（1）小球在圆弧轨道内下

滑过程中，由动能定理即可求出；（2）小球到达N点，与B发生碰撞，由动量守恒定律即可求出碰撞后的速度；（3）由平抛运动规律即水平方向上匀速和竖直方向自由落体可求水平距离．【详解】（1）小球在圆弧轨道内下滑过程

中，由动能定理得：2012mgRmv=代入数据解得：0=4m/sv；（2）两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为v，则：02mvmv=代入数据可得：=2m/sv（3）小球从N点飞出后做平抛运动，212hgt=竖直方向上：20.4

htsg==水平方向上：xvt=解得：=0.8mx．【点睛】本题是平抛运动和动能定理的综合应用，速度是它们之间联系的纽带．根据动能定理求解变力做功是常用的思路．18.如图所示，长为L的轻质细绳上端固定在O点，下端

连接一个质量为m的可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角θ=37°。此匀强电场的空间足够大，且场强为E。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。(1)请判断小球的电性，并求出所带电荷

量的大小q；(2)如将小球拉到O点正右方C点（OC=L）后静止释放，求小球运动到最低点时所受细绳拉力的大小F；(3)O点正下方B点固定着锋利刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的过程中重力对小

球所做的功W。【答案】(1)小球带负电，34mgqE=；(2)32mgF=；(3)169mgL【解析】【详解】(1)因为电场线水平向左，小球要平衡，需要受到向右的电场力，则小球带负电。由受力平衡可得Eq=mgtan化简34mgqE=(2)由动能定理得2102BmgLEqLmv−=−在B点受力分析

得2BmvFmgL−=联立得32mgF=(3)在断开瞬间由上式得2Bglv=小球水平方向先减速到0在反向加速，在水平方向34Eqgam==求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的时间3229Bvltag==竖

直方向做自由落体运动212hgt=重力对小球所做的功169mgLWmgh==19.如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度0v滑轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道

垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。（1）若施加外力保持杆以0v的速度匀速运动，则导体杆上的电流方向是？导体杆两端的电压U是多少？（2）不施加任何外力，在杆的速度从0v减小到02v的过程中，求：a．电阻R上产生的热

量b．通过电阻R电量（3）a．证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等b．若杆的动能减小一半所用时间为0t，则杆的动量减小一半所用时间是多少？【答案】（1）从M到N，0BlRURr=+v；（2）a．2038()RRmvQRr=

+，b．02mvqBl=；（3）a．见解析，b．02t【解析】【详解】（1）根据右手定则可知，电流方向从M到N感应电动势E=Blv0感应电流EIRr=+导体杆两端的电压0BlRURr=+v（2）a．设电路产热为Q，由能量守恒

220011222vmvmQ=+的串联电路中，产热与电阻成正比，可得RRQQRr=+解得电阻R产热为2038()RRmvQRr=+b．设该过程所用时间为t，由动量定理002vBIltmv−=−其

中Itq=解得通过R的电量为02mvqBl=（3）a．某时刻杆的速度为v（从0v开始分析亦可），则感应电动势EBlv=感应电流EIRr=+安培力22BlvFBIlRr==+在很短时间Δt内，由动量定理ΔΔFtmv=（v为速度变化绝对值）可得22ΔΔ

BlvtmvRr=+所以在任意短时间内速度变化的比例为22ΔΔ()vBltvmRr=+由于22()BlmRr+为定值，所以任何相等时间内速度变化的比例都相等；所以从任何时刻开始计算，速度减小一半所用时间都相等。b．动能减

小一半，速度v减小为2v；由a中分析可得，速度从2v再减小到1=222vv所用时间仍为0t；所以速度减小一半所用时间为02t，动量减小一半所有时间也为02t。20.如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图

乙是装置的截面图，上、下两板与电压为U0的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为﹣q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d=d0时η=64%（即

离下板0.64d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。(1)求尘埃在电场中运动的加速度大小；(2)如图乙所示，假设左侧距下板y处的尘埃恰好能到达下板的右端边缘，请写出收集效率的表达式，并推测收集效率为100%时，上、下

两板间距的最大值dm；(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间内下板收集的尘埃质量Mt与两板间距d的函数关系，并绘出图线。【答案】（1）0qUmd；（2）100yd=％，最大值为0.8d0；（

3）见解析【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为a=qEm=0qUmd(2)根据题意可知，收集效率为η=100yd%收集效率η为64%，即离下板0.64d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电

的电压为U，则在水平方向有：L=v0t在竖直方向有：0.64d0=12at2当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率，收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm，如果进一步减小d，收集效率仍为100%。因此水平方向有：L=v0t在竖直方向有dm=12a′t2其中有0=mq

UqEammd=联立可得dm=08d0(3)稳定工作时单位时间内下板收集的尘埃质量0Mnmbdvt=①当d≤0.8d0时，η=1，因此0Mnmbdvt=②当d≥0.8d0时，有100%yd=2001()2qULymdv=解得在.200.

64()dd=因此2000.64dMnmbvtd=绘出的图线如图所示：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com