江西省上饒縣中學(xué)2020屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題（特招班含解析）

1、上饒縣中學(xué)2020屆高三年級(jí)上學(xué)期第三次月考 物 理 試 卷(理特、理補(bǔ)班)選擇題(本題10小題，每小題4分，共40分，其中2、8、10題為多選題，全部選對(duì)的4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)的或不答的得0分)。1.如右圖所示，在一端封閉的光滑細(xì)玻璃管中注滿清水，水中放一紅蠟塊R(R視為質(zhì)點(diǎn))。將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與y軸重合，在紅蠟塊R從坐標(biāo)原點(diǎn)勻速上浮的同時(shí)，玻璃管沿x軸正向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合速度的方向與y軸夾角為。則紅蠟塊R的A. 分位移y與分位移x成正比B. 合速度v的大小與時(shí)間t成正比C. 分位移y的平方與分位移x成正比D. 與時(shí)間t成正比【答案】C【解析】【

2、分析】小圓柱體紅蠟快同時(shí)參與兩個(gè)運(yùn)動(dòng)：y軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，x軸方向的初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)位移與時(shí)間表達(dá)式，從而確定分位移y與x的關(guān)系，再由y方向可求運(yùn)動(dòng)時(shí)間，接著由x方向求加速度，從而求得vx，再由速度合成求此時(shí)的速度大小，最后由兩方向的速度關(guān)系，可知tan與時(shí)間t的關(guān)系【詳解】由題意可知，y軸方向，y=v0t；而x軸方向，x=at2，聯(lián)立可得：x=y2，故A錯(cuò)誤，C正確；x軸方向，vx=at，那么合速度的大小v=，則v的大小與時(shí)間t不成正比，故B錯(cuò)誤；設(shè)合速度的方向與y軸夾角為，則有：tan=t，故D錯(cuò)誤；故選C。2.已知引力常數(shù)G與下列哪些數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出地球密度()A. 地球

3、繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期及地球離太陽的距離B. 月球繞地球運(yùn)行的周期及月球繞地球轉(zhuǎn)的軌道半徑C. 人造地球衛(wèi)星在地面附近繞行運(yùn)行周期D. 若不考慮地球自轉(zhuǎn)，已知地球半徑和重力加速度【答案】CD【解析】試題分析：已知地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期及地球離太陽的距離，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，所以只能求出太陽的質(zhì)量故A錯(cuò)誤已知月球繞地球運(yùn)行的周期及月球繞地球轉(zhuǎn)的軌道半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，地球質(zhì)量，可以求出地球質(zhì)量但不知道地球半徑，故B錯(cuò)誤已知人造地球衛(wèi)星在地面附近繞行運(yùn)行周期，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，地球質(zhì)量根據(jù)密度定義得：，故C正確已知地球半徑和重力加速度，根據(jù)萬有引力等

4、于重力列出等式，根據(jù)密度定義得：，故D正確故選CD?？键c(diǎn)：萬有引力定律的應(yīng)用3.質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，使他懸掛起來，已知彈性安全帶從開始繃直到拉伸至最長的緩沖時(shí)間是1.5s，安全帶長5m，g取10m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為（）A. 500N B. 1000N C. 1200N D. 1400N【答案】D【解析】試題分析：在安全帶產(chǎn)生拉力的過程中，人受重力、安全帶的拉力作用做減速運(yùn)動(dòng)，此過程的初速度就是自由落體運(yùn)動(dòng)的末速度，所以有：，根據(jù)動(dòng)量定理，取豎直向下為正，有：mgt-Ft=0-mv0，解得：故選D考點(diǎn)：動(dòng)量定理【名師點(diǎn)睛】本題除了用

5、動(dòng)力學(xué)解決，也可以對(duì)緩沖的過程采取動(dòng)量定理進(jìn)行求解注意在解題時(shí)明確動(dòng)量定理的矢量性，先設(shè)定正方向4.如圖所示，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)線，且相鄰兩等勢(shì)線間的電勢(shì)差相等一正電荷在等勢(shì)線3上時(shí)，具有動(dòng)能20 J，它運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)線1上時(shí)，速度為零，令20，那么，當(dāng)該電荷的電勢(shì)能為4 J時(shí)，其動(dòng)能大小為（ ）A. 16 J B. 10 J C. 6 J D. 4 J【答案】C【解析】試題分析：相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，電荷經(jīng)過相鄰等勢(shì)面時(shí)電場(chǎng)力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理求出電荷經(jīng)經(jīng)過等勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能，確出電荷的總能量，再由能量守恒定律求出電勢(shì)能為4J時(shí)它的動(dòng)能正電荷在等勢(shì)面上時(shí)動(dòng)能20J，在等勢(shì)面上時(shí)動(dòng)能為零

6、，動(dòng)能的減小為20J由于相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，電荷經(jīng)過相鄰等勢(shì)面間時(shí)電場(chǎng)力做功相等，動(dòng)能減小量相等，則電荷經(jīng)經(jīng)過等勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能為10J，又，所以電荷的動(dòng)能與電勢(shì)能的總量為10J，根據(jù)能量守恒定律得到，電勢(shì)能為4J時(shí)它的動(dòng)能為6J，C正確5.質(zhì)量為500kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示，則賽車：（ ）A. 做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B. 功率為20kWC. 所受阻力大小為2000N D. 速度大小為50m/s時(shí)牽引力大小為3000N【答案】C【解析】試題分析：由圖像可知，汽車的加速度隨速度的增大而減小，故汽車不做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)P

7、=Fv，F(xiàn)-f=ma可得：；由圖像可知：，解得f=2000N; P=2105W,選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；速度大小為50m/s時(shí)牽引力大小為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C考點(diǎn)：牛頓第二定律；功率【名師點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)能定理、功率公式的應(yīng)用以及圖象的性質(zhì)，要注意正確根據(jù)物理規(guī)律確定函數(shù)關(guān)系，再由圖象求解相關(guān)物理量。6. 如圖所示電路中，R為某種半導(dǎo)體氣敏元件，其阻值隨周圍環(huán)境一氧化碳?xì)怏w濃度的增大而減小當(dāng)一氧化碳?xì)怏w濃度減小時(shí)，下列說法中正確的是（ ）A. 電壓表V示數(shù)減小B. 電流表A示數(shù)減小C. 電路的總功率增大D. 變阻器R1的取值越小，電表示數(shù)變化越明顯【答案】B【解析】試題分析：當(dāng)一氧化碳?xì)怏w濃度減小

8、時(shí)，R增大，總電阻增大，則總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，可知，通過R1的電流增大，因此電壓表V示數(shù)增大，通過變阻器的電流增大，則電流表A示數(shù)減小故A錯(cuò)誤，B正確電路的總功率為 P=EI，E不變，I減小，則P減小，故C錯(cuò)誤變阻器R1的取值越大，R1與R并聯(lián)的阻值越接近R，R對(duì)電路的影響越大，則知變阻器R1的取值越大，電壓表示數(shù)變化越明顯故D錯(cuò)誤故選B考點(diǎn)：電路的動(dòng)態(tài)分析7.以不同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開始計(jì)時(shí)一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略，另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比。下列用虛線和實(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】空氣阻

9、力不計(jì)時(shí)，物體只受重力，是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖象是向下傾斜的直線；有空氣阻力時(shí)，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg-f=ma，故a=g-，由于阻力隨著速度而增大，故加速度減??；v-t圖象的斜率表示加速度，故圖線切線的斜率不斷減小，圖線與t軸的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度為g，切線與虛線平行；故ABD錯(cuò)誤， C正確。故選C。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確v-t圖象上某點(diǎn)的切線斜率表示加速度，知道有空氣阻力時(shí)，速度為零時(shí)加速度為g8.（多選）兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線，同一

10、方向運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后，當(dāng)A球與B球發(fā)生碰撞后，AB兩球的速度可能為：（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】試題分析：碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)量：P=16+23=12kgm/s ，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能：EK=mAvA2+mBvB2=162+232=25J；A、碰撞后，A、B的動(dòng)量PA=14=4 kgm/s，PB=24=8kgm/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)能：EK,=mAvA2+mBvB2=142+242=24J25J，系統(tǒng)動(dòng)能不增加，故A正確；B、碰撞后，A、B的動(dòng)量PA=12=2kgm/s，PB=25=10kgm/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)能：EK,=mAvA2+mBvB2=122+

11、252=27J25J，系統(tǒng)動(dòng)能不增加，故B正確；C、碰撞后，A、B的動(dòng)量PA=1（-4）=-4 kgm/s，PB=26=12kgm/s，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；D、由題，碰撞后，兩球的動(dòng)量方向都與原來方向相同，A的動(dòng)量不可能沿原方向增大，故D錯(cuò)誤，故選：AB。考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律【名師點(diǎn)睛】?jī)汕蚺鲎策^程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能可能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能；同時(shí)考慮實(shí)際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度。9.如圖質(zhì)子()、氘核()和粒子()都沿平行板電容器兩板中線OO/方向垂直于電場(chǎng)線射入板間

12、的勻強(qiáng)電場(chǎng)，射出后都打在同一個(gè)與OO/垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)則A. 若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)B. 若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)C. 若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)D. 若它們是由同一個(gè)電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)【答案】D【解析】三個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得到：加速度為： 偏轉(zhuǎn)距離為：，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： 聯(lián)立三式得： A、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，y與比荷成正比，而三個(gè)粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和

13、粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故A錯(cuò)誤B、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，可見y與成正比，三個(gè)都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，則y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故C錯(cuò)誤D、若它們是由同一個(gè)電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，根據(jù)推論可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)，故D正確。點(diǎn)睛：此類題目屬于類平拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子、氘核和粒子帶電量和質(zhì)量不全相同，進(jìn)入同一電場(chǎng)時(shí)加速度不同，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)位移的表達(dá)式，再進(jìn)行分析。10. 在豎直平面內(nèi)有一方向斜向上且與水

14、平方向成=30角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)中有一質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，如圖所示。開始小球靜止于M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好水平?，F(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)P，然后由靜止釋放，則以下判斷正確的是（ ）A. 小球再次到M點(diǎn)時(shí)，速度剛好為零B. 小球從P到M過程中，合外力對(duì)它做功為mgLC. 小球從P到M過程中，其機(jī)械能增加了mgLD. 如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，小球以后將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】試題分析：當(dāng)小球靜止于M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好水平，說明重力和電場(chǎng)力的合力方向水平向右，小球從P到M過程中，線拉力不做功，只有電場(chǎng)力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，

15、方向水平向右，所以小球到最右邊時(shí)，速度最大，而不是零，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力與重力合力為，這個(gè)方向上位移為L，所以做功為，B正確；機(jī)械能增加量就是動(dòng)能增加量和重力勢(shì)能增加量之和，C錯(cuò)誤；細(xì)線突然斷裂時(shí)，速度方向豎直向上，合外力水平向右，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，D正確?？键c(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；功能關(guān)系；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題考查了在復(fù)合場(chǎng)中的受力分析，其中方向出重力和電場(chǎng)力的合力方向水平向右且求出大小是本題的關(guān)鍵。二、實(shí)驗(yàn),探究題（每空2 分，共16 分）11. 某同學(xué)利用自己設(shè)計(jì)的彈簧彈射器測(cè)量彈簧的彈性勢(shì)能，裝置如圖所示。水平放置的彈射器將質(zhì)量為m的靜止小球彈射出去,測(cè)出小球通過兩個(gè)豎直

16、放置的光電門的時(shí)間間隔為t，甲、乙光電門間距為L，忽略一切阻力。小球被彈射出的速度大小= ，求得靜止釋放小球時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep= （用題目中的字母符號(hào)表示）由于重力作用，小球被彈射出去后運(yùn)動(dòng)軌跡會(huì)向下有所偏轉(zhuǎn)，這對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果 影響（選填“有”或“無”）【答案】,無【解析】試題分析：由圖可知，彈簧在小球進(jìn)入光電門之前就恢復(fù)形變，故其彈射速度為通過光電門的水平速度：，由能量守恒得：由力作用的獨(dú)立性可知，重力不影響彈力做功的結(jié)果，有沒有重力做功，小球的水平速度不會(huì)變化考點(diǎn)：測(cè)量彈簧的彈性勢(shì)能實(shí)驗(yàn)【名師點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)是要弄清小球的射出速度就是在光電門間勻速運(yùn)動(dòng)的速度，在由平拋規(guī)律可得結(jié)果12.為了測(cè)定電

17、源電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)電阻r的大小并同時(shí)描繪出小燈泡的伏安特性曲線，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路。閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，同時(shí)記錄電阻箱的阻值R，電壓表的示數(shù)U1，電壓表的示數(shù)U2。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)計(jì)算出流過電阻箱的電流I，分別描繪了a、b兩條UI圖線，如圖乙所示。請(qǐng)回答下列問題：（1）寫出流過電阻箱的電流I的表達(dá)式：_。（2）小燈泡兩端電壓隨電流變化的圖象是_(選填“a”或“b”)。（3）根據(jù)圖乙可以求得電源的電動(dòng)勢(shì)E_ V，內(nèi)電阻r_ ，該電路中小燈泡消耗的最大功率為_ W。【答案】 (1). (2). b (3). 3.0 (4). 2.0 (5). 1.0【解析】【分析】由電路圖可知，燈泡與電

18、阻箱串聯(lián)，電壓表V1測(cè)燈泡電壓，電壓表V2測(cè)路端電壓；（1）由串聯(lián)電路特點(diǎn)求出電阻箱兩端電壓，然后由歐姆定律求出電流表達(dá)式（2）根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)分析判斷哪個(gè)圖象是燈泡電壓隨電流變化的圖象（3）電源的U-I圖象與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻由圖象找出燈泡的最大電流與最大電壓，由P=UI求出最大功率【詳解】（1）電阻箱兩端電壓UR=U2-U1，通過電阻箱的電流；（2）燈泡與電阻箱串聯(lián)，電壓表V1測(cè)燈泡電壓，燈泡兩端電壓隨電流增大而增大，由圖乙所示圖象可知，圖線b是燈泡電壓隨電流變化的關(guān)系圖象（3）隨電流增大，路端電壓減小，由圖乙所示圖象可知，圖線a是電源的U-I圖象，由

19、圖線a可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=3.0V，電源內(nèi)電阻；由圖線a可知，燈泡兩端最大電壓為2V，電流為0.5A，燈泡最大功率P=UI=2V0.5A=1W三、計(jì)算題（共44 分）13.總質(zhì)量為80 kg的跳傘運(yùn)動(dòng)員從離地500 m的直升機(jī)上跳下，經(jīng)過2 s拉開繩索開啟降落傘，圖所示是跳傘過程中的vt圖象，試根據(jù)圖象求：(g取10 m/s2)（1）t1 s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度和所受阻力的大??；（圖像過（2、14）這個(gè)點(diǎn)）（2）估算14 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員下落的高度及克服阻力做的功（阻力做功的答案保留三位有效數(shù)字）【答案】(1)7 m/s2240 N(2)156m至164m均可，1.23105J至1.30105J均可【解

20、析】【詳解】（1）從圖中可以看，在t=2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為：，設(shè)此過程中運(yùn)動(dòng)員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-f=ma，解得：f=m（g-a）=80（10-7）N=240N；（2）從圖中由“面積”估算得出運(yùn)動(dòng)員在14s內(nèi)下落了：39.522m=158m，根據(jù)動(dòng)能定理有：mghWfmv2，解得：Wfmghmv2=（8010158-8062）J1.25105J；【點(diǎn)睛】本題是v-t圖象應(yīng)用的典型題型，要掌握?qǐng)D象的斜率表示加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，估算面積時(shí)可以通過數(shù)方格的個(gè)數(shù)來估算，采用“四舍五入”進(jìn)行近似計(jì)算14.如圖所示，光滑水平直導(dǎo)軌上有三個(gè)質(zhì)

21、量均為m的物塊A、B、C，物塊B、C靜止，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）；讓物塊A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短那么從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過程中，求（1）A、B第一次速度相同時(shí)的速度大小；（2）A、B第二次速度相同時(shí)的速度大?。唬?）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能大小【答案】（1）v0（2）v0（3）【解析】試題分析：（1）對(duì)A、B接觸的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r(shí)，由動(dòng)量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1v0（2）設(shè)AB第二次速度相同時(shí)的速度大小v2，對(duì)ABC系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒

22、定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：解得v3v0系統(tǒng)損失的機(jī)械能為當(dāng)A、B、C速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大此時(shí)v2=v0根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢(shì)能考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律【名師點(diǎn)睛】本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒進(jìn)行求解。15.如圖（甲）中平行板電容器，兩板所加電壓如圖（乙）所示。t=0時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度從電容器左側(cè)中央射入電容器，2.5T時(shí)恰好落在下極板上，帶電粒子的重力不計(jì)，在這一過程中，求：（1）該粒子的水平位移；（2）平行板電容器兩板間的距離d?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【詳解】（1）帶電粒子在水平方向不受外力作用而做勻速運(yùn)動(dòng)，因此水平位移為： （2）帶電粒子在豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律如vyt圖所示，故有： 又 y= d聯(lián)立得：d=