八省2025届高三“八省联考”考前猜想卷物理02全解全析_A1502026各地模拟卷（超值！）_12月_2412312025届高三“八省联考”考前猜想卷

2025 年 1 月“八省联考”考前猜想卷 物理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共7题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 1．2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果。该 电池主要是利用镅243发生α衰变释放的能量。若镅243衰变的核反应方程是243Amb Xα，则下列说法 95 a 正确的是（ ） A．X的电荷数为95 B．X的电荷数为91 C．X的质量数为241 D．X的质量数为239 【答案】D 【详解】由于α粒子为4He，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可得 2 243b4 95a2 解得 b239，a93 所以X的电荷数为93，质量数为239。 故选D。 2．某卫星发射后先在圆轨道1上做匀速圆周运动，经过两次变轨后在圆轨道2上做匀速圆周运动。已知卫 星在轨道2上的线速度比在轨道1上的线速度小，卫星质量不变。下列说法正确的是（ ） A．轨道2的半径比轨道1的半径小 B．卫星在轨道2上的机械能比在轨道1上的机械能大 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司C．卫星两次变轨时发动机均做负功 D．卫星第一次变轨时发动机做负功，第二次变轨时发动机做正功 【答案】B Mm v2 【详解】A．由G m 可知 r2 r GM v r 故轨道2的半径比轨道1的半径大，故A错误； B．轨道半径越大，卫星的机械能越大，故B正确； CD．卫星每次变轨时发动机均做正功，使卫星做离心运动，抬高轨道，故CD错误。 故选B。 3．某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为0.9m的圆面，风向与叶片转动的圆面垂 直，假设这个风力发电机能将此圆内30%的空气动能转化为电能。已知空气的密度为1.2kg/m3，当风速是 10m/s时，此发电机的功率约为（ ） A．4.5W B．45W C．450W D．4500W 【答案】C 【详解】在∆t时间内吹到风叶叶片上的空气质量为 mvtS 发电机的功率 1  mv2 P 2  1 Sv3  1 r2v3 t 2 2 带入数据可知 P=457W 故选C。 4．b、c两点各固定一个点电荷，以b、c的中点O为坐标原点，两点的连线在x轴上，x轴上各点的电势φ 关于位置的分布规律如图所示，已知图像关于纵轴对称，O点处图像的切线平行于x轴，规定无穷远处的电 势为0。下列说法正确的是（ ） 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司A．坐标原点O处的电场强度大小为零 B．关于O点对称的任意两点电场强度相同 C．b、c两点固定的点电荷均带负电，且所带电荷量相等 D．电子在a点的电势能大于在d点的电势能 【答案】A 【详解】A．根据x图像的切线斜率表示场强大小，可知坐标原点O处的电场强度大小为零，故A正确； B．根据x图像可知，关于O点对称的任意两点电场强度大小相等，方向相反，故B错误； C．由于x图像的电势均为正，且离点电荷越近电势越高，结合对称性可知b、c两点固定的点电荷均带 正电，且所带电荷量相等，故C错误； D．由题图可知a点的电势大于d点的电势，根据E q，由于电子带负电，所以电子在a点的电势能小 p 于在d点的电势能，故D错误。 故选A。 5．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，质点P、Q在x轴上的位置为xP=1m和xQ=3m从此时开 始，P质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A．该波沿x轴正向传播 B．此后P、Q两点速度大小始终相等 C．t=0.125s时，Q质点的位移为5 2cm D．若此波遇到另一列简谐横波发生了干涉现象，则所遇到的波的频率为0.5Hz 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，t=0时刻质点P向下振动，根据“上下坡”法由图甲可知，该波沿x轴负向传播， 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司故A错误； B．由于P、Q两点间距离等于半个波长，所以两质点振动步调相反，速度大小始终相等，故B正确； C．由图乙可知，周期为0.2s，所以0.125s时Q质点的位移为 2 2 y 10sin( t)cm10sin( 0.125)cm5 2cm Q T 0.2 故C错误； D．若此波遇到另一列简谐横波发生了干涉现象，则两列波频率相同，则所遇到的波的频率为 1 f  5Hz T 故D错误。 故选B。 6．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接u220 2sin100t V的正弦交流电源，副线圈 接有电阻R和两个小灯泡，开关S保持闭合状态，电流表和电压表均可视为理想电表。下列选项正确的是 （ ） A．副线圈中交流电的频率为100Hz B．电流表A、A 的示数之比为2:1 1 2 C．电压表V、V 的示数之比为2:1 D．开关S断开后电压表V 的示数增大 1 2 2 【答案】D 【详解】A．副线圈中交流电的频率为  100 f    50Hz 2 2 选项A错误； B．电流表A、A 的示数之比为 1 2 I n 1 1  2  I n 2 2 1 选项B错误； C．根据变压器电压与匝数关系可知 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司U n 2 1  1  U n 1 2 2 因电压表V 示数小于变压器次级电压，可知电压表V、V 的示数之比不等于2:1，选项C错误； 2 1 2 D．开关S断开后，次级电阻变大，次级电流减小，则电阻R上电压减小，而变压器次级电压不变，可知电 压表V 的示数增大，选项D正确。 2 故选D。 7．如图所示，两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带负电，N板带正 电，且它们的电荷量保持不变。板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直 方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，M、N板足够大，则（ ） A．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变大 B．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变小 C．将细线烧断，小球的运动轨迹是抛物线 D．若只将M板水平向左平移稍许，将细线烧断，小球到达N板的时间不变 【答案】D 【详解】A．只将N板水平向右平移稍许，由公式 S C  r 4kd 可知，电容器的电容将变小，而又由 Q C U U E  d 可知，两板间的电场强度 4kQ E S r 将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误； B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司S C  r 4kd 可知，电容器的电容将变小，而又由 Q C U U E  d 可知，两板间的电场强度 4kQ E S r 将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，选项B错误； C．若将细线烧断，小球受电场力和重力都为恒力，则小球将沿绳的方向斜向下做初速度为零的匀加速直线 运动，选项C错误； D．只将M板水平向左平移稍许，由公式 S C  r 4kd 可知，电容器的电容将变小，而又由 Q C U U E  d 可知，两板间的电场强度 4kQ E S r 将不变，电场力不变，将细线烧断，小球与C选项情景中运动位移、加速度均不变，到达N板的时间不变， 故D正确。 故选D。 二、选择题：本题共4题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。 全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，则（ ） A．a到b过程，气体内能减少 B．b到c过程，气体对外界做正功 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司C．c到d过程，气体从外界吸收热量 D．经过一次循环过程，气体从外界吸收热量 【答案】ACD 【详解】A．a到b过程为等容变化，气体对外界不做功，由查理定律有 p p a  b T T a b 可得 T T a b 则气体内能减少，故A正确； B．b到c过程，气体体积减小，外界对气体做正功，故B错误； C．c到d过程为等容变化，气体对外界不做功，由查理定律有 p p c  d T T c d 可得 T T d c 则气体内能增加，根据热力学第一定律U W Q可知，气体从外界吸收热量，故C正确； D．由 W  pV 可知，pV 图像与坐标轴围成的面积代表做功，可知由d到a气体对外界做的正功大于由b到c外界对气体 做的正功，所以一个循环过程中，气体对外界做正功，而气体内能不变，根据热力学第一定律U W Q可 知，气体从外界吸收热量，故D正确。 故选ACD。 9．图为一半圆柱体透明介质的横截面，O为半圆的圆心，C是半圆最高点，E、Q是圆弧AC上的两点，一 束复色光沿PO方向射向AB界面并从O点进入该透明介质，被分成a、b两束单色光，a光从E点射出，b 光从Q点射出，现已测得PO与AB界面夹角30，QOC 30，EOC45，则以下结论正确的是 （ ） A．a光的频率小于b光的频率 B．b光的折射率为 3 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司C．a光和b光在该透明介质内传播的速率相等 D．当夹角减小到某一特定值时，将只剩下b光从AC圆弧面上射出 【答案】AB 【详解】ABC．由题意可得两中色光的折射率 sin60 6 n   a sin45 2 sin60 n   3 b sin30 因为在介质中n＜n ，所以a光的频率小于b光的频率。 a b c 又根据公式n 可得，两种色光在玻璃中的传播速率 v c 6 v   c a n 3 a c 3 v   c b n 3 b 所以两种色光在玻璃中的传播速率 v＞v a b 故AB正确，C错误； D．由于光是从空气进入介质，是从光疏介质进入光密介质，在界面AB上，不能够发生全反射，而在弧面 AC上光始终沿法线入射，也不能够发生全反射，所以当入射光线PO与AB 界面的夹角减小时，a光与b 光总是能从AC圆弧面上射出。故D错误。 故选AB。 10．如图所示，在竖直平面直角坐标系xOy中，在t 0时，质量m0.5kg的小球从坐标原点O处，以初速 度v  3m/s斜向右上方抛出，同时受到F 5N的作用（虚线箭头为风力方向与v 的夹角为30，且与x 0 风 0 轴正方向的夹角也为30），重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ） 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司A．小球的加速度先增大后减小 B．小球在t0.6s时再次经过x轴 C．小球的重力势能一直减小 D．小球的动能一直增大 【答案】BD 【详解】A．由题意和几何知识可知小球受到的合力为 F 5N 方向与初速度的方向垂直，小球做类平抛运动，小球的加速度不变，故A错误； B．小球再次经过x轴时，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移关系为 v t 0 tan30o 1 at2 2 又 F a 10m/s2 m 解得 t0.6s 故B正确； C．小球做类平抛运动，小球的高度先增加后减小，重力势能先增加后减小，故C错误； D．小球做类平抛运动，速度一直在增加，小球的动能一直增大，故D正确。 故选BD。 11．如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放，A、B是面积、磁 感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，两线圈下落时始终保 持线圈平面与磁场垂直，则（ ） A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等 B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量相等 C．两线圈落地时甲的速度较大 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司D．乙运动时间较短，先落地 【答案】BCD 【详解】A．由 E E BLv，i ，F BiL R 可得 B2L2v F  R 由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误； B．由 ΔΦ BΔS qIΔt   R R 可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确； C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落地 时速度较大，故C正确； D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为 F ，穿过磁场时间为t，下落全过 程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得 mgtFt mv 而  FtBILt，I  tR 所以 BL Ft R 可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，因为v v ，所以t t ，即乙运动时间较短，先落地， 乙 甲 乙 甲 故D正确。 故选BCD。 三．非选择题：本题共5小题，共52分。 12．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关系”，物理 小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合力。实验中同学 们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮间的摩擦阻力。 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司(1)本实验 （填“需要”或者“不需要”）满足m远小于M的条件。 (2)实验前测出砂和砂桶的总质量m，已知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和砂桶，带 着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T，通过纸带得出起始点O（初速度为零的点）到 某点A的位移L，并通过纸带算出A点的速度v。实验过程中 （填“需要”或者“不需要”）平衡小 车M所受的摩擦力。 (3)对m研究，所需验证的动能定理的表达式为_________。 A．mgTLmv2 B．2mgTLmv2 C．mgTL2mv2 D．mg2TL2mv2 (4)通过纸带测出了起始点O到不同点A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了v2L图中 所示的实线。那么在保证小车质量不变的情况下增加砂的质量，重复实验，将会得到如v2L图中虚线 （填“甲”或者“乙”）所示的图线。 【答案】(1)不需要 (2)需要 (3)A (4)甲 【详解】（1）实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大 于砂和砂桶的总质量m这一条件。 （2）尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。 （3）对m研究，根据动能定理 1 1 mgT2L mv2  m2v2 2 m 2 整理，可得 mgTLmv2 故选A。 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司（4）对小车，根据动能定理有 1 2TL Mv2 2 联立，解得 4mg 4g v2  L L 4mM M 4 m 逐渐增加砂的质量m，v2L图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验， 得到v2L图中虚线“甲”所示的图线。 13．新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电 池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有： A．电压表V （量程3V） 1 B．电压表V （量程15V） 2 C．电流表A （量程0.6A） 1 D．电流表A （量程3A） 2 E．滑动变阻器R（阻值范围0~10，额定电流2A） 1 F．滑动变阻器R （阻值范围0~1000，额定电流0.2A） 2 G．保护电阻R 6 0 某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的UI图像。 (1)实验中，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 ；（填器材前 的字母代号） (2)根据图乙所示，则该电池的电动势E  V，内阻r  ；（结果保留到小数点后 一位）。 (3)为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S 分别接1、2对应的多组电压表的示数U 和电流表的 2 示数I ，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条UI图线，综合A、B两条图线，此电芯的电 动势E  ，内阻r  （用图中E 、E 、I 、I 表示）。 A B A B E 【答案】(1) A C E (2) 3.8 0.6 (3) E B B I A 【详解】（1）[1][2][3]由图乙，电动势约为3.8V，且有电阻R 分压，所以电压表选A，最大电流不超过0.6A， 0 电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。 （2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得 U EI(R r) 0 所以图像纵轴的截距表示电源的电动势为 E=3.8V 图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有 U 3.80 R r| | 6.6 0 I 0.580 所以电源的内阻为 r0.6 （3）[1][2]当S 接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测 2 量值比真实值偏大；当S 接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所 2 以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S 接1时的图线陡一些，可以判断 2 图线A是利用单刀双掷开关S 接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。 2 S 接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S 接1时的电动势的测量值等 2 2 于真实值，即有 E=E B 由于S 接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知， 2 电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司E r  B I A 14．如图直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在 垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从Pl,l处由静止开始运动， 第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。 （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标； 2mE 【答案】（1）B ；（2）2l ql 【详解】（1）设粒⼦经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y轴时的速度为v ，根据动能定理 1 1 qEl  mv2① 2 1 由左⼿定则可以判断，粒⼦向－y⽅向偏转，如图所示 由几何关系知，粒⼦在磁场中运动的半径为 R l② 1 由⽜顿第二定律得 v2 qvBm 1 ③ 1 R 1 由①②③得 2mE B ④ ql （2）粒⼦第2次经过x轴时，速度沿＋y⽅向，位置坐标为 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司x l⑤ 2 粒⼦在电场中做类平抛运动，经历的时间t ，第3次经过y轴时 3 1 l  at2⑥ 2 qE a ⑦ m y vt⑧ 3 1 由①⑤⑥⑦⑧得 y 2l 3 15．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道ABC，BC段是 R0.5m的半圆，AB段足够长，小球Q 静止 于小球 P的左侧。质量 m 50g的小球P与轻弹簧一端连接，以速度 v4m s沿水平地面向左运动。与 1 小球P连接的轻弹簧从接触小球Q到弹簧被压缩到最短的过程中，小球Q运动的距离d=0.4m，经历的时间 t=0.25s。在此后的运动中，Q与弹簧分离后，滑上轨道BC，恰能经过最高点 C。小球P、Q均可视为质点， 弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度 g 10m s2，求： (1)小球Q在C点的速度大小v ； C (2)小球Q的质量m ； 2 (3)弹簧的最大压缩量x。 【答案】(1) 5m s (2)30g (3)0.36m 【详解】（1）小球Q沿BC运动时恰能经过最高点C，根据牛顿第二定律可得 v2 m g m C 2 2 R 求得 v  5m/s C （2）设Q 与弹簧分开时 P、Q的速度分别为v 、v ，小球Q从B点到C点的过程中，根据机械能守恒可 1 2 得 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司1 1 mv2 mv2 m g2R 2 2 2 2 2 C 2 P、Q、弹簧组成的系统动量守恒，可得 mv mv m v 1 0 1 1 2 2 P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，可得 1 1 1 mv2  mv2 m v2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 解得 m 30g 2 （3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，小球P连接的轻弹簧从接触Q到弹簧被压缩到最短的过程中的任 意时刻有 mv mv' m v' 1 0 1 1 2 2 在任意一段很短的时间t内均有 mv t mv'tmv't 1 0 1 1 2 2 两边分别对时间累加求和，可得 mvtmx m d 1 0 1 P 2 求得 x 0.76m P 所以，弹簧的最大压缩量为 Δxx d 0.760.4m0.36m P 16．某科研小组设计了如下实验，研究油滴在匀强电场中的运动。实验装置的原理示意图，如图所示，两 个水平放置、相距为d的金属极板﹐上极板中央有一小孔，两金属极板与恒压源（可以提供恒定电压U）， 定值电阻R，电阻箱R（最大阻值为R）、开关串联组成的电路。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这 些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中，油滴可视为半径为r的球体，油滴的 密度为，重力加速度为g，油滴受到的空气阻力大小为 f 6rv，其中为空气的粘滞系数（已知），v 为油滴运动的速率，不计空气浮力。 （1）开关断开时，观察到油滴A运动到两极板中心处开始匀速下落，之后经过时间t油滴A下落到下极板 处，请推导油滴A的半径r的表达式（用，d、t、和g表示）。 （2）若将图中密闭空间的空气抽出，使油滴运动所受的空气阻力可忽略。闭合开关： 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司R ①调整电阻箱的阻值为 ，观察到半径为r 的油滴B可做匀速直线运动，求油滴B所带的电荷量； 0 2 ②调整电阻箱的阻值为R，观察到比荷为k、处于下极板的油滴C由静止开始向上加速运动，求油滴C运动 到上极板的时间。 3 d 4gdr3 2d 【答案】（1）r  ；（2）① 0 ；② 2 tg U kU 2dg 【详解】（1）油滴匀速下落的速度 0.5d v t 此时 f mg 其中 f 6rv 解得 3 d r  2 tg （2）①由串联电路规律有 U U  1 3 1 R R 2 2 解得两极板之间的电压 U U  1 3 对油滴由平衡条件可知 U q 1 mg d 而 4 m r3 3 0 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司解得 4gdr3 q 0 U ②设油滴C的电荷量为q、质量为m，两极板之间电压为 U U  2 2 设油滴向上运动加速度为a，由牛顿第二定律有 U q 2 mg ma d 解得 kU a g 2d 由运动学公式解得 2d t kU2dg 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司