北京市海淀区清华附中2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷+Word版含解析

这是一份北京市海淀区清华附中2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷+Word版含解析，共26页。试卷主要包含了单项选择题，不定向选择题，实验题，计算题，能力提升题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年度第一学期清华附中高二物理期中试题
（清化附中高19级）
一、单项选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题意的。选对得2分，错选、多选，该小题不得分）
1. 直空中有两个点电荷，带电量的大小分别是q1和q2，两电荷相距r时相互间库仑力的大小是F。如果两电荷的电量都增大为原来的2倍，距离减小到原来的一半，则这时两电荷相互间的库仑力的大小是（　　）
A. 16F B. 8F C. 4F D. F
2. 如图所示，把枕形导体AB放在带正电的金属小球C附近，将发生静电感应，则下面的说法中哪项正确（　　）

A. 导体两端的电势为UA B. 导体两端的电势为UA=UB
C. 小球C上的电荷在导体中O点的场强为零
D. 导体AB上的感应电荷在导体中O点的场强为零
3. 两根同种材料制成的导线，质量之比为，长度之比为，则它们的电阻之比为（ ）
A. B. C. D.
4. 图示电路中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．那么，开关K接通后流过R2的电流是K接通前的（ ）

A.
B.
C.
D.
5. 如图所示，A、B是同一条电场线上的两个点，将一负电荷从A点由静止释放，负电荷由A向B运动过程中的v—t图线如图所示。比较A、B两点的电势（φ）和电场强度（E）的大小，有（　　）

A. EA>EB，φA>φB B. EA C. EA>EB，φA<φB D. EAφB
6. 如图所示，电源电动势E=6V，闭合电键后小灯泡不亮，用电压表测得各部分的电压为，Uab=Ucd=Ude=0，Uae=Ubc=6V，若电路中只有一处发生断路，则断开的部分是（ ）

A. 电阻R1 B. 变阻器R C. 电键S D. 灯泡L
7. 如图所示，L1、L2、L3为等势为面，两相邻等势面间电势差相同，取L2的电势为零，有一负电荷在L1处动能为30J，运动到L3处动能为10J，则电荷在L3的电势能是（不计重力和空气阻力）（　　）


A. -20J B. -10J C. 10J D. 20J
8. 如图所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一个带正电的点电荷，电荷量的大小都是q1，在b、d两个顶点上各放一个带负电的点电荷，电荷量大小都为q2且q1>q2．已知六边形中心o点处的场强可用图中的四条有向线段中的一段来表示，它是哪一条 （ ）

A. E1 B. E2 C. E3 D. E4
9. 如图所示，在绝缘的水平面上方存在匀强电场，水平面上的带电金属块在水平力F作用下沿水平面移动。已知金属块在移动的过程中，水平力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中，金属块的（　　）

A. 动能增加8.0J B. 电势能减少8J
C. 机械能减少24J D. 机械能减少8J
10. 图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到O点的的距离为x，P点电场强度的大小为E．下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，E的合理表达式应为

A.
B.
C.
二、不定向选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分。选对得3分，选对但不全得2分，错选、多选，该小题不得分）
11. 如图是某区域的电场线图。A、B是电场中的两个点，FA、FB分别表示一个点电荷在A、B两点所受到的电场力的大小，φA、φB分别表示A、B两点的电势。下面说法中正确的是（　　）

A. FA>FB B. FAφB D. φA<φB
12. 如图所示，在真空中有两个带相等电量的正电荷q1和q2，它们分别固定在A、B两点，DC为AB连线中垂线，现将正电荷q3由C沿CD移至无穷远处，在此过程中（　　）

A. q3受到的电场力逐渐增大
B. q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小
C. q3的电势能先逐渐增大，后逐渐减小
D. q3的电势能逐渐减小
13. 用伏安法测电阻时，可以有两种方法把电压表和电流表连入电路，接法如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A. 采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小
B. 采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小
C. 为了减小误差，测量大电阻时宜采用（甲）图
D. 为了减小误差，测量大电阻时宜采用（乙）图
14. 如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零。则（　　）

A. B球和C球都带负电荷
B. B球带负电荷，C球带正电荷
C. B球和C球所带电量不一定相等
D. B球和C球所带电量一定相等
15. 如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态。现将接地的B板移至虚线处，则（　　）

A. 两板间电压不变 B. P点与A板间的电势差不变
C. 电荷q仍保持静止 D. 电荷q的电势能增大
三、实验题（每空3分，共24分）
16. 某同学在进行电阻测量时，需要将一块满偏电流为500μA、阻值为800Ω的小量程电流表G改装成量程为15V的电压表，则需要选择一个阻值为___________Ω的电阻与这一电流表___________（选填“串”、“并”）联。
17. 在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表测出流过金属丝的电流I，用电压表测出金属丝两端的电压U。


(1)若实验中测量金属丝的直径时，螺旋测微器的示数如图所示，则金属丝直径的测量值为d=___________mm；
(2)请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=___________（用题干中测量的字母表示）。
18. 某同学利用左边的实验原理图（a）组装仪器进行实验，测得了8组数据，描绘了小灯泡的伏安特性曲线，在图（b）所示的I—U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。


(1)由图（b）可知，当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为___________Ω，小灯泡消耗的电功率为___________W。
(2)该同学根据原理图连接实物图，但是少连了两根线，请在图（c）中用笔画线代替导线，把仪器连接成完整的实验电路___________。
(3)根据图（b），可判断出下图中正确的关系图是___________。（图中P为小灯泡的功率）


四、计算题（本题共4小题，共29分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）
19. 电场中某区域的电场线如图所示， A、B是电场中的两点。一个电荷量q=＋4.0×10－8 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10－4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10－7J 。求：
(1)A点电场强度的大小EA.；
(2)A、B两点间的电势差U。


20. 如图所示，长为l的细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量+q的小球，将它们放在水平方向的匀强电场中，小球静止时的位置为A点，小球静止时细线与竖直方向成θ角。求：
(1)该匀强电场的电场强度大小；
(2)当小球在电场中处于静止时，剪断细线，小球将从A点由静止开始运动，经过时间t后小球运动到了P点，求A、P两点间的距离大小；
(3)不剪断细线，将小球拉至图中的竖直虚线处（细线保持绷直状态）由静止释放，求释放后小球在运动过程中动能的最大值。

21. 如图所示，已知电源的电压E=6.3V，电阻r=0.5Ω，定值电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是总阻值为5Ω的滑动变阻器。合上电键S，调节滑动变阻器的触点P，使之从a端滑动到b端。求通过电源的电流的变化范围。


22. 如图所示，abcd是一个正方形盒子边的中点有一个小孔盒子中有沿ad方向的匀强电场一个质量为m带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度射入盒内，并恰好从e处的小孔射出，（不计重力）求

（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小．
（2）该过程中电场力对该带电粒子做功．
五、能力提升题（本大题内的选择题均不定向选择题，本题共5小题，共12分）
23. 如图所示是一个电路的一部分，其中R1=1Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，I1=0.1A，I2=0.2A，那么电流表测得电流为（　　）

A. 0.2A，方向向右 B. 0.15A，方向向左
C. 0.2A，方向向左 D. 0.3A，方向向右
24. 沿x轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图线)，则下列说法正确的是( )

A. Ob两点的电势差等于Od两点的电势差
B. a、c两点的电势相等
C. 电子在O点的电势能大于电子在c点的电势能
D. 正电荷由a点沿x轴运动到c点过程中，电场力先做负功再做正功
25. 如图所示，A灯的额定功率为15W，A灯与B灯额定电压相同，在外加电压改变时设两盏灯的电阻保持不变，当K1与K2都断开时，电压表读数U=12V；当K1闭合，K2断开时，电压表读数U1=11V；当K1、K2都闭合时，电压表读数U2=9V时，则B灯的额定功率为________W

26. 有三根长度为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10－2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为－q和+q（A带负电，B带正电），q=1.00×10－7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了___________J。（不计两带电小球间相互作用的静电力）（=1.4，=1.7）

27. 如图，A、B是真空中的两块面积很大的平行金属板，已知B板的电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图所示，其中UA的最大值为U0，最小值为-2U0；在AB的正中央处有一个离子源P，P距离A、B板的距离均为l，离子源P可以源源不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，已知各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动，设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电荷同时消失，不影响A、B板的电压。已知上述的T、U0、l、q和m等各量的值正好满足等式：l2=，如果在A板电压变化的每个周期T内，平均产生320个上述微粒，则可求出：
(1)在t=0到的这段时间内产生的微粒中，有___________个微粒可到达A板。（不计重力、不考虑微粒之间的相互作用）
(2)在到t=T的这段时间内产生的微粒中，有___________个微粒可到达A板。（不计重力、不考虑微粒之间的相互作用）

























1. 答案】A
【解析】
【详解】根据库仑定律的公式可知F=，两电荷的电量都增大为原来的2倍，则力会增大为原来的4倍，而距离又减小到原来的一半，所以力又要增大为原来的4倍，所以库仑力变为原来的16倍，故选A。
2. 答案】B
【解析】
【详解】AB．枕形导体AB放在带正电的金属小球C附近时，最终会达到静电平衡，而处于静电平衡的导体的内部合场强为零，导体是一个等势体，故A错误，B正确；
CD．导体内部合场强为零，即O点的合场强为零，是由于C在O点的场强与感应电荷在O点的场强大小相等、方向相反得出的，故小球C上的电荷在导体中O点的场强不为零，导体AB上的感应电荷在导体中O点的场强也不为零，故CD错误。
故选B。
3. 答案】C
【解析】
两个同种材料制成的导线，质量之比，则它们的体积之比是，长度之比，
则横截面积之比：，
根据电阻的计算公式：，得：，所以C正确．
点睛：本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻取决于导线长度和截面积；根据质量关系可求得体积关系，再由体积公式可求得截面积之比，再由电阻定律则可求得电阻之比．
4. 答案】B
【解析】
【详解】设三个电阻均为R；开关S接通前，流过R2的电流为：；开关S接通后，流过R2的电流为：．则I2：I1=2：3；故选B．
5. 答案】B
【解析】
【详解】由v-t图像，可知负电荷从A到B，速度在增大，做加速运动，故负电荷受到的电场力方向是由A到B，则电场强度的方向是由B到A，又因为沿着电场线的方向电势降低，所以φA<φB。根据v-t图像的斜率表示加速度，可知加速度不断增大，根据F=ma，可知电场力不断增大，再根据F=qE，可知电场强度不断增大，故EA 6. 答案】B
【解析】
【详解】用电压表测得Uab=Ucd=Ude=0，说明没有电流通过灯泡、电键S和定值电阻，即这三处电路是完好的。ae间为电源，其示数为6V，说明电源处无问题．bc间有电压且示数为6V，说明电压表示数为电源电压，说明edc间和abc间电路都完好，则电压表所测这部分电路断路，故断路发生bc间，即滑动变阻器断开。
故选B。
7. 答案】C
【解析】
【详解】因为L2的电势为零，再设L1的电势为φ，则L3处的电势为-φ，所以负电荷在L1处的电势能为
Ep1=φq
在L3处的电势能为
Ep3=-φq
因为电荷的能量守恒，即动能与电势能的和不变，故
Ep1+Ek1= Ep3+Ek3
即
φq+30J=-φq+10J
解得
φq=-10J
所以L3处的电势能为
Ep3=-φq=-（-10J）=10J
故选C。
8. 答案】B
【解析】
【分析】
图中点O的电场强度等于四个点电荷分别单独存在时在O点产生场强的矢量和，根据平行四边形定则两两合成即可．
【详解】由于两点电荷在O点的合场强水平向右，b、c两点电荷的合场强指向左下，但这个向左的分量没有a与d两点电荷在O点的合场强强，所以总的场强指向右下；故选B．
【点睛】关键是要明确空间某点的电场强度等于各个点电荷分别单独存在时在该点产生场强的矢量和；同是要注意两两合成的先后顺序，尽量简化问题．
9答案】A
【解析】
【详解】A．根据动能定理，合外力做功等于金属块动能的增加，即

故A正确；
B．因为金属块克服电场力做功8.0J，即电场力做了-8.0J的功，根据电场力做功与电势能的关系可知，金属块的电势能增加8J，故B错误；
CD．根据功能关系，除重力和弹簧弹力以外的其他的力做正功，机械能增加，做负功机械能减小，该题中拉力、电场力、摩擦力做的功都不属于重力和弹簧的弹力做功，而这些功的总和是8.0J，所以金属块的机械能增加8.0J，故CD错误。
故选A。
10答案】B
【解析】
【详解】AC．场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/C2，为单位面积的带电量，单位为C/m2，则表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无单位，可知AC错误；
BD．当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知，当x→∞时E→0，而D项中E→，故B正确，D错误．
11.答案】AD
【解析】
【详解】AB．因为A处的电场线比较密一些，说明该处的电场强度较大，由F=Eq可知，电场力也较大
FA>FB
A正确，B错误；
CD．因为沿着电场线电势是降低的，故A的电势小于B的电势
φA<φB
C错误，D正确。
故选AD。
12. 答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小，故A错误，B正确；
CD．由题知，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图

由于在中垂线上的合场强均是由C点向上的，故沿CD的方向，电势是降低的，根据Ep=φq可知，正电荷的电势能也是逐渐减小的，故C错误，D正确。
故选BD。
13答案】BC
【解析】
【详解】AB．甲图是电流表内接，电流表所测的电流值是准确的，由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，由
R=
可知计算的电阻值偏大；乙图是电流表外接，电压表所测的电压是准确的，由于电压表的分流作用，使得电流表测量值偏大，所以计算的电阻值偏小，A错误，B正确；
CD．甲图中要想让电压表的误差小，即电流表分得的电压可以忽略不计，则待测电阻越大，误差越小；乙图中要想让电流表的误差小，即电压表分得的电流可以忽略不计，故测量小电阻时宜采用（乙）图，C正确；D错误。
故选BC
14. 答案】D
【解析】
【详解】AB．B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态，则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，说明A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧。因A带负电，则可知B、C都应带正电，故A、B错误；

CD．由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同，故C错误，D正确。
故选D。
15. 答案】BCD
【解析】
【详解】A．平行板电容器充电后与电源分离，说明电容器的电荷量Q不变，当B板向上移动时，极板间距d减小，根据电容
C=
所以电容C变大，再根据
C=
可得U减小， A错误；
B．根据
C=，C=，

可得，故距离发生变化时电场强度E不变，因为移动的是B板，A板与P间的距离不变，所以P点与A板间的电势差

可知故P点与A板间的电势差U不变，B正确；
C．因为极板间的电场强度E不变，所以液滴受到的电场力不变，故液滴仍然静止，C正确；
D．由于液滴受到的电场力是向上的，上极板带负电，所以液滴是带正电的；因B板接地，则电势为零，且它带正电，P点与B板的电势差
UPB=
因为电场强度E不变，而PB的距离在减小，故UPB在增大，而
UPB=φP-φB=φP
也会增大，所以电荷q的电势能也增大，D正确。
故选BCD。
16. 答案】 (1). 2.92×104 (2). 串
【解析】
【详解】[1][2]小量程的电流表改装成电压表时，需要串联一个电阻，设所串联的电阻为R，则串联后的总电压为15V，通过的电流为500μA，所以电路中的总电阻
R总=R+Rg==3×104Ω
故所串电阻的大小为
R= 3×104Ω-800Ω=2.92×104Ω
17.答案】 (1). 0.265 (2).
【解析】
【详解】(1)[1]螺旋测微器主尺的读数是0，螺旋上的读数为26.5，故测量值为
26.5×0.01mm=0.265mm
(2)[2]根据
R=ρ
所以电阻率的表达式
ρ=
18. 答案】 (1). 6.67 (2). 0.6 (3). 见解析图 (4). BD
【解析】
【详解】（1）[1]当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电流为0.3A，故灯泡的电阻为
R=Ω ≈6.67Ω
[2]小灯泡消耗的电功率为
P=UI=2×0.3W=0.6W
（2）[3]对照电路图，发现变阻器的滑片与灯泡间少一根导线；电压表与灯泡间少连接一根导线；故连接好的电路如图所示


（3）[4]由b图像可知，当电压增大时，灯丝的温度升高，其灯丝的电阻增大。
A．因为P=UI，而当电压增大时，电流也是在增大的，不是不变，故P-U图像不是过原点的直线，A错误；
B．因为
R=
在图像中取二个点，发现U2增大得比P快，故比值在增大，能说明灯泡的电阻增大，B正确；
C．随着电压的增大，灯泡的电阻在增大，但是后来图线变陡的更厉害，这与实际是不相符合的，C错误；
D．因为
R=
在图像上取二个点，发现P比I2增加得快，故其比值也是在增大的，所以也能说明R在增大，D正确。
故选BD。
19. 答案】(1) ； (2)20V.
【解析】
【详解】(1)A点电场强度

(2)A、B两点间的电势差

20.答案】(1)E=；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)对小球受力分析，根据平衡条件则有
Eq=mgtanθ
故匀强电场的电场强度大小
E=
(2)剪断细线后，小球的合外力为
F=
可知小球加速度为
a=
故A、P两点间的距离大小
x=
(3)动能最大的位置是当运动到A位置时，因为A位置是小球受到的重力与电场力的等效力的方向；则由动能定理得
Eq×lsinθ-mgl(1-cosθ)=Ek-0
故
Ek=
21. 答案】2.1A～3A
【解析】
【详解】外电路是R3的左半部分与R1串联，右半部分与R2串联，然后两部分在并联，则外电路总电阻

又由于

代入数据，两式整理得
①
根据均值不等式，当
，
外电路电阻最大，且最大值为

此时流过电源电流最小，为

当电路中电阻最小时，通过的电流最大，因为
R1 所以当P滑到a端时，电路中的电阻最小，由①式可知最小值为

此时的电流为

故电流变化范围是2.1A～3A
22. 答案】（1） （2）
【解析】
（1）把ve正交分解，比较其水平分速度v0和竖直分速度vy，由于水平、竖直分运动的平均速度大小之比为1∶2，因此有：
v0∶vy=1∶4，所以有ve=v0

（2）a到e对该带电粒子用动能定理：
W电 ==8mv02
23.答案】C
【解析】
【详解】因为
U1=I1R1=0.1×1V=0.1V
U2=I2R2=0.2×5V=1V
所以电阻R3的下端电势低，上端电势高，电势差为
U3=1V-0.1V=0.9V
故电阻R3上的电流为
I3==0.3A
方向向下，对于电流表旁边的结点而言，流进的电流应该等于流出的电流，所以电流表的示数为
I=I3-I1=0.3A-0.1A=0.2A
方向向左，故选C。
24. 答案】BD
【解析】
【详解】AC.由图可知，x轴正方向电场方向从b指向d，，故Ob两点的电势差小于Od两点的电势差，电子在O点的电势能小于电子在c点的电势能，A、C错误；
B.由对称性可知，a、c两点的电势相等，B正确；
D. 正电荷由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力方向先向右后向左，故电场力先做负功再做正功，D正确；
故选BD。
25.答案】40
【解析】
【详解】当开关均断开时，电压表示数为电源的电动势，故E=12V；当S1闭合S2断开，只有B灯接入电路，由闭合电路欧姆定律可知
12=11+I1r
由欧姆定律可知

当S1、S2都闭合，电压表读数U2=9V，则有
12=9+I2r；
联立以上四式可得

两灯的额定电压相等，则由可知两灯的功率之比

故
PB=×15=40W
26. 答案】0.07
【解析】
【详解】图中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。

由平衡条件
T1sinα＋T2sinβ=qE
T2cosα＝mg＋T2cosβ
B球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图

由平衡条件
T2sinβ=qE， T2cosβ=mg
联立以上各式并代入数据，得
=0，β=
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图所示,与原来位置相比：A球的重力势能减少了
EA=mgl(1－sin)
B球的重力势能减少了
EB=mgl(1－sin＋cos)
A球的电势能增加了
WA=qElcos
B球的电势能减少了
WB=qEl(sin－sin)
两种势能总和减少了
W=WB－WA＋EA＋EB
代入数据解得
W=0.07J
27. 答案】 (1). 80 (2). 30
【解析】
【详解】（1）由于在t=0到 的这段时间内，A板的电势高，所以从P点发出的带负电的微粒会加速向A板移动，加速度的大小为
a=
设粒子距离为l，则根据
l=
需要的时间
t=
再把
l2=
代入到上式中，得
t=
因t<，说明粒子发出后一直做匀加速直线运动到达A板；
但是在t=0到t=T/2内发射的粒子，并不一定都打到A上，在接近T/2时刻，发射的粒子加速时间短，再减速后有可能到达不了A板，我们设粒子发射后加速△t时间，再减速通过的距离是l；
由于减速时的加速度大小为
a＇=
则可求加速通过的距离
x1==
末速度
v1=a△t=
减速通过的距离
x2=
故
l=x1+x2
即
l=+
解之得
△t=
再把
l2=
代入到上式中得
△t=
由于每个周期内平均产生320个微粒，则单位时间内产生的微粒为
λ=
所以在t=0到t=T/2的这段时间内产生的微粒中，到达A板的微粒数为
N1=（-△t）λ=80
（2）在t=T/2到t=T的这段时间内产生的微粒中，A板的电势低，负电荷会加速向B板运动，能到达A板的粒子应该是向左加速一段时间后，再向左减速，当粒子减速到零时，再反方向加速，减速和反方向加速的时间总时间是，最后再向右减速，最终到达A板，在这些粒子中，最先到达A板的粒子的速度是零。设最初向左加速的时间为△t＇，则向左加速的位移
x1＇=
末速度
v1＇=a＇△t＇
然后粒子向左减速，到减到速度为0后再反方向加速，这段时间为，通过的总位移为
x2＇=- v1＇×+
末速度为
v2＇=- v1＇+a×
最后向右减速到零的距离
x3＇=
因为a＇=2a，故
l= x2＇-x1＇+ x3＇
联立以上方程解之得
△t＇=
故这段时间的粒子数为
N2==30个