4.如图所示.水平放置的平行板电容器与一直流电源相连.在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是 A.上述两种方法中.液滴都向B板做匀加速直线运动B.采用瞬间平移的方法.液滴运动到B板经历的时间短C.采用缓慢平移的方法.液滴运动到B板时速度大D.采用缓慢平移的方法.液滴运动到B板过程中电场力做功多 查看更多

 

题目列表(包括答案和解析)

如图所示,水平放置的平行板电容器与一直流电源相连,在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是


  1. A.
    上述两种方法中,液滴都向
    B板做匀加速直线运动
  2. B.
    采用瞬间平移的方法,液滴运动到B板经历的时间短
  3. C.
    采用缓慢平移的方法,液滴运动到B板时速度大
  4. D.
    采用缓慢平移的方法,液滴运动到B板过程中电场力做功多

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如图所示,水平放置的平行板电容器与一直流电源相连,在两板中央有一带电液滴处于静止状态。现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置,下列关于带电液滴运动的说法中正确的是
[     ]
A.上述两种方法中,液滴都向B板做匀加速直线运动
B.采用瞬间平移的方法,液滴运动到B板经历的时间短
C.采用缓慢平移的方法,液滴运动到B板时速度大
D.采用缓慢平移的方法,液滴运动到B板过程中电场力做功多

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如图所示,水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连,两极板间距离d=10cm.距下板4cm处有一质量m=0.01g的不带电小球由静止落下.小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10-8C的电荷,反跳的高度为8cm,这时下板所带电量为Q=1.0×10-6C.如果小球和下板碰撞时没有机械能损失(即速度的大小不变),(取g=10m/s2)试求:
(1)该电容器极板间的电场强度多大?
(2)该电容器的电容多大?

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如图所示,水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电源相连,两极板间距离d=10cm。距下板4cm处有质量m=0.01g的不带电小球由静止落下。小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10-8C的电荷,反跳的高度为8cm,这时下板所带电荷量为Q=1.0×10-6C。如果小球和下板碰撞时没有机械能损失,(取g=10m/s2)试求:

(1)该电容器极板间的电场强度多大?

(2)该电容器的电容多大?

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如图所示,水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电源相连,两极板间距离d=10cm。距下板4cm处有质量m=0.01g的不带电小球由静止落下。小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10-8C的电荷,反跳的高度为8cm,这时下板所带电荷量为Q=1.0×10-6C。如果小球和下板碰撞时没有机械能损失,(取g=10m/s2)试求:

(1)该电容器极板间的电场强度多大?

(2)该电容器的电容多大?

 

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一、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意.

1.D  2.A  3.C  4.B  5.D

二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得O分.

6.AD  7.ACD  8.BC  9.CD

三、简答题:本题共3小题,共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置.

10.(6分)(1)AC(4分)(错选不得分,漏选得2分)

(2)4.00(2分)(答4.0同样给分)

11.(12分)(1)D、H、N (3分)(选对一个得1分,选错一个扣1分,直到扣完为止)

(2)如图所示(3分)(变阻器画成限流接法同样给分,电路只要有错不给分)

(3)(2分)  0.55(2分)

(4)存在摩擦阻力;或电机温度升高,电阻增大.(2分)

12A.(选修模块3-3)(12分)

(1)BD(4分)(错选不得分,漏选得2分)

(2)d(3分)

(3)①气体对外所做功                       (2分)

       ②由热力学第一定律可知,气体内能增加量     (1分)

       则                                               (2分)

12B.(选修模块3- 4)(12分)

    (1)AC(4分)(错选不得分,漏选得2分)

(2)相同(1分)(填“一致”或“平行”同样给分)  检偏器(2分)

(3)①根据周期公式有                                     (1分)

由图象可知单摆周期                                             (1分)

解得                                                                  (1分)

②单摆振动时偏离竖直方向的最大角度            (1分)

解得                                     (1分)

12C.(选修模块3-5)(12分)

(1)AD (4分)(错选不得分,漏选得2分)  (2)(3分)

       (3)①由动量守恒定律可知,系统的初动量大小

                                                                             (2分)

              ②为避免两车恰好不会发生碰撞,最终两车和人具有相同速度(设为v),则

                                                           (2分)

              解得                                                          (1分)

四、计算题:本题共3小题,共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.

13.(15分)解:(1)对A球,OA转过90°的过程,设小球A在O点正下方时的速度为v0,由机械能守恒得                                      (2分)

解得                                                            (1分)

A在O点正下方时,设绳对小球A的拉力为T,地面对物块的支持力为NB

对小球有                                                   (2分)

        解得                                                               (1分)

      绳对物块B的拉力

      对物块B                                                   (1分)

         解得                         (1分)

      由牛顿第三定律可知,物块B对地面的压力大小 

         方向竖直向下                                                             (1分)

(2)设小球A在O点正下方时的速度大小为vA ,与水平向左方向成θ角斜向下.

         对小球A和物块B组成的系统,由机械能守恒有

                                       (2分)

解得                                                    (1分)

小球A在O点正下方时速度的竖直分量         (1分)

速度分解如图所示

速度方向与水平向右夹角θ的正弦值

                                          (2分)

14.(16分)解:(1)从0至t1这段时间内                  (1分)

又                                          (2分)

        解得                                      (1分)

    (2)设在t0时刻回路的瞬时感应电流为I,则对d棒

由平衡条件得                                   (1分)

        t0时刻回路的电功率                                  (1分)

        解得                                            (1分)

对回路由全电路欧姆定律有                        (2分)

         解得                                                      (1分)

   (3)设在t0时刻,水平外力为F0,棒c的加速度为a0,由牛顿第二定律得

                                                          (2分)

而                                                                   (1分)

从t1时刻起,对两金属棒组成的系统,由牛顿第二定律有

                                                                (1分)

        解得                                                    (2分)

15.(16分)(1)由牛顿第二定律可知                  (1分)

              代入数据解得               (1分)

如图所示,设恰好在荧光屏P上观察到亮点时,粒子偏转角为2θ,磁场区域的最大半径为R0,由几何关系可知

                      (1分)

              代入数据解得     (1分)

              则R应满足的条件   (1分)

(2)电子在两极板间的加速度   (1分)

通过金属板的时间 

对打在荧光屏P上偏离点O2最远的粒子有  (1分)

此时粒子的动能                           (2分)

联列解得                                      (1分)

(3)交变电压的周期  ,则

电子通过金属板的时间 

电子在两极板间的加速度                             (1分)

       设电子分别在时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4,则有

                                                    (1分)

                                                                  (1分)

                                                                 (1分)

   要使电子能通过平行金属板,应满足条件

                                                      (1分)

   联列解得                                              (1分)*

 

 

 

 


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