热门试卷

见解析

（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：

－umgL＝                                                                 ①

v1＝                                                                              ②

（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：

－umgL－2rEqs＝                             ③

当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m                    ④

由题意有：N≥0                   ⑤

由以上三式可得：E≤                                               ⑥

E的取值范围：0＜ E≤                        ⑦

（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得：                                  ⑧

U＝Ed

由法拉第电磁感应定律得E1＝n　　　　　　　　　　　　⑨

由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R）　　　　　　　　　　　⑩

U＝2RI

经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。

（1）A板（2）

试题分析：（1）将打在A板上.

（2）水平放置时有Eq=mg.

把重力分解为平行电场方向和垂直电场方向，则沿电场方向的加速度为：a=g/2

打到板上的时间为： 

油滴受到的合力为mg，所以加速度为g

达到板上速度的大小为：

点评：此题是一道力电综合性的题目，难度系数较大，结合动能定理解题比较方便

；

根据可知

电容器AB的带电荷量

其中A板带负电，B板带正电

电容器BC的带电荷量

其中B板带正电，C板带负电

所以A板电荷量

B板电荷量

增大 减小 增大 增大 减小

试题分析：(1)电容器与电源断开，电量不变，由电容公式可知增大A、B板间的距离，电容减小，由U=Q/C可知电压增大，静电计指针张角变大(2)把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，电容减小，电压增大，张角增大(3)在A、B板间放入一介质板，电容增大，电压减小，张角减小

点评：处理此类问题先要确定电容器的不变量，电容器与电源断开电量不变，电容器始终与电源连接电压不变

（1）xm=；（2）T=2t1+2t2="…………" =( +)

（1）（共3分）设这个最大距离为xm，则由功能关系，有：

  q·d1 = q·xm  （1分）                ∴xm=（2分）

（2）（共5分）eU1 =mv（1分）    d1 =t1（1分）     xm=t2（1分）

∴T=2t1+2t2="…………" =( +)（2分）

用牛顿第二定律结合运动学公式，解答过程表示为：从位置1到位置2时，设速度为，则

从位置2到位置3有：，且

联立解得。

用动能定理，解答过程表示为：从位置1到位置3，根据动能定理有，

解得。

（1）（2）U2=2U0－U1

（1）当电压为Ｕ０时，小球受力平衡

因此小球带负电，

（2）由于两次偏转的位移大小相同，因此可知两次运动的加速度大小相同，有竖直方向的合外力大小相同。

即

带入（１）中结果得U2=2U0－U1

小题1:略

小题2:7.2×10-2 m

小题3:1.044×10-4J 

(2)设球飞行时间为t,则在竖直方向上有sAB=gt2 在水平方向上有      所以sAB=gt2=7.2×10-2 m.  

(3)EK=mgs+mv02/2=1.044×10-4J   

（1）I="1" A  （2）E1=100N/C（3）m=4×10-3  kg  

（14分）解析：（1）R2与R3并联后的电阻值 

解得             2分

由闭合电路欧姆定律得：           2分

解得：  I="1" A                  1分

（2）电容器两板间的电压   UC=I（R1+R23）         2分

电容器两板间的电场强度     2分

解得  E1=100N/C        1分

（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得： 2分

又有：F=qE   所以            1分

解得 m=4×10-3  kg                1分

本题考查的是电容器极板间的电场强度和带电小球的受力分析以及闭合电路欧姆定律的应用，是一道综合性比较强的题。

（1）小球先做自由落体运动，进入电容器后做匀减速直线运动，至接近下极板时，速度减为零

（2）    

（3）

（1）因为平行板电容器两板间的匀强电场方向竖直向下，根据小球在板间的运动可判断小球带正电；小球先做自由落体运动，进入电容器后做匀减速直线运动，至接近下极板时，速度减为零。（3分+2分）

（2）设小球在电容器外运动的时间为，在电容器内运动时间为，最大速度为，在电容器内加速度大小为

小球在电容器外做自由落体运动，由自由落体运动规律有：

     ①             （2分）

小球运动过程中的最大速度为进入小孔A时的瞬时速度，所以有

     ②            （1分）

由小球运动特点可以看出，    ③        （1分）

又          ④                     （1分）

小球下落的时间： ⑤                    （1分）

联立以上五式求解得：   ；    （2分）

（3）设电容器的电容为C，两板间电压为U，两板间场强为E。以小球为研究对象，运动过程中小球受重力和电场力的作用向下做匀减速运动，由牛顿第二定律有：     ⑤                （2分）

由匀强电场场强公式：       ⑥      （1分）

又             ⑦                  （1分）

联立以上各式求解得，该电容器的电容为：（2分）

说明：用其它方法求解，只要正确，同样给分。