[题目]如图所示.R0为热敏电阻.D为理想二极管(正向电阻为0.反向电阻无穷大).C为平行板电容器．当开关K闭合.滑动变阻器R的触头P在适当位置时.电容器C中央有一带电液滴刚好静止．M点接地.则下列说法正确的是( )A.开关K断开.则电容器两板间电场强度为零B.将热敏电阻R0加热.则带电液滴向上运动C.滑动变阻器R的触头P向下移动.则带电液滴在C处� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

【题目】如图所示，R0为热敏电阻（温度升高电阻迅速减小），D为理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），C为平行板电容器．当开关K闭合，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，电容器C中央有一带电液滴刚好静止．M点接地，则下列说法正确的是（）

A.开关K断开，则电容器两板间电场强度为零

B.将热敏电阻R0加热，则带电液滴向上运动

C.滑动变阻器R的触头P向下移动，则带电液滴在C处电势能减小

D.滑动变阻器R的触头P向上移动，则带电液滴在C处电势能增大

【答案】BC

【解析】

A．根据平衡条件可知液滴受电场力向上，大小等于重力。开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，电场强度增大。故A错误。
B．热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，电场强度增大，液滴向上运动。故B正确。
C．滑动变阻器R的触头P向下移动，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，会充电，电容器两端的电势差增大，液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小。故C正确。
D．当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，由于二极管，也不会放电，故电容器两端的电势差不变，电势能不变。故D错误。

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（1）通过计算判断杆a的运动情况；

（2）从t=0时刻起，求1s内通过杆b的电量；

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A.物块C的质量mc=2kg

B.墙壁对物块B的弹力在4s到12s对B不做功

C.B离开墙后的过程中弹簧具有最大弹性势能EP=9J

D.墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I为0

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A．小球通过最高点时速度不可能小于

B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零

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D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小

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