C.電容器C上電荷量減小 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

電容器充電后與電源斷開,質量為m電荷量為q的帶電粒子靜止于該電容器兩平行板中央,現(xiàn)在兩板間靠近下極板插入一個厚度為極板間距離1/8的金屬板,如圖所示,則關于兩板間電勢差和帶電粒子的運動情況的說法中正確的是

A.兩板間電勢差U增大,帶電粒子向上加速運動

B.兩板間電勢差U不變,帶電粒子仍靜止

C.兩板間電勢差U減小,帶電粒子仍靜止

D.兩板間電勢差U減小,帶電粒子向下加速運動

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電容器充電后與電源斷開,質量為m電荷量為q的帶電粒子靜止于該電容器兩平行板中間,現(xiàn)在兩板間貼近下板插入一個厚度為極板間距離的金屬板,如圖所示,則關于兩板間電勢差、帶電粒子的運動情況的說法中正確的是

A.兩板間電勢差U增大,帶電粒子向上加速

B.兩板間電勢差U不變,帶電粒子仍靜止

C.兩板間電勢差U減小,帶電粒子仍靜止

D.兩板間電勢差U減小,帶電粒子向下加速

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電容器的動態(tài)變化模型)如圖9所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略.一帶負電油滴被固定于電容器中的P點.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則                                          (  ).

圖9

A.平行板電容器的電容將變小

B.靜電計指針張角變小

C.帶電油滴的電勢能將減少

D.若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變

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電容器充電后與電源斷開,質量為m、電荷量為q的帶電粒子靜止于該電容器兩平行板中央,現(xiàn)在兩板間靠近下極板插入一個厚度為極板間距離1/8的金屬板,如圖所示,則關于兩板間電勢差和帶電粒子的運動情況的說法中正確的是

A.兩板間電勢差U增大,帶電粒子向上加速運動

B.兩板間電勢差U不變,帶電粒子仍靜止

C.兩板間電勢差U減小,帶電粒子仍靜止

D.兩板間電勢差U減小,帶電粒子向下加速運動

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 (多選)(電容器的動態(tài)變化模型)如圖9所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略.一帶負電油滴被固定于電容器中的P點.現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則                                          (  ).

A.平行板電容器的電容將變小

B.靜電計指針張角變小

C.帶電油滴的電勢能將減少

D.若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變

圖9

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一、選擇題(每小題4分,共48分)

1.BC:氣體失去了容器的約束會散開,是由于擴散現(xiàn)象的原因;水變成水蒸汽時,需要吸收熱量,分子動能不變,分子勢能增加,選B。氣體體積增大,壓強不變溫度升高,由熱力學第一定律可知,吸熱,故選C。氣體壓強與氣體分子的平均動能和單位體積內的分子數(shù)有關,氣體溫度升高,體積變大時,壓強可以不變或減小。

2.A:干路中總電阻變大,電流變小,路端電壓變大;電容器的電荷量變大,電源總功率變小,燈泡變暗。

3.AC:汽車上坡時的牽引力大于下坡時的牽引力,故下坡的速度一定大于v;阻力一定大于重力沿斜面的分力,否則不可能達到勻速運動。

4.D:P點加速運動說明此波向左傳播,故Q點向上運動,N點向上運動。

5.B:子彈上升速度減小,阻力變小,加速度變小,下降時向上的阻力變大,向下的合力變小,加速度仍變小。

6.BD:彈簧的彈性勢能增大,物體的重力勢能減。晃矬w的機械能變小,系統(tǒng)的機械能不變。

7.B:小球的質量未知,動能無法求出;加速度可由公式Δs=at2求出;不是無精度釋放的位置,不滿足相鄰距離奇數(shù)之比關系;當?shù)氐闹亓铀俣任粗,不能驗證小球下落過程中機械能是否守恒。

8.AD;只能外軌高于內軌時,斜面的支持力和重力的合力才能指向軸心;疖囖D變的向心力是重力和支持力的合力,推得:mgtanθ=m; anθ=;得:v2hr;故選AD。

9.AD若彈簧的長度大于原長,說明m2的摩擦力大于其重力的分力,故μ1<μ2;若彈簧的長度小球原長,說明m1的摩擦力大于其重力的分力,μ1>μ2。

10.BC:小燈泡的伏安特性曲線是在電阻變化下畫出的,其斜率不是電阻;電阻是電壓與電流的比值;功率是電壓與電流的乘積。

11.C:物體與衛(wèi)星的角速度相同,半徑大的線速度大;由a=ω2r可知加速度是衛(wèi)星的大;該衛(wèi)星不一定是同步衛(wèi)星,也可能是和同步衛(wèi)星相同高度的逆著地球自轉方向的衛(wèi)星。

12.A:將每個區(qū)域的電場合成,畫出垂直電場線的等勢面。

二、實驗題(12分)

13.(1)0.830 (3分)(2)D。3分)(3)B (3分) (4)9.76 (3分)

14.(10分)解:設O點距A點的距離為h,AB的距離s,下落時間為t1,初速度為v0,則無電場平拋時,水平:s=v0t1 (1分)   豎直:h=    (1分)

得:s=                        。2分)

有電場平拋時,水平:2s=v0t2。1分)   豎直:h=     (1分)

豎直方向的加速度 a=(1分) 代入得:2s=。1分)

解得:E=                         。3分)

15.(10分)解:(1)依題知,木塊受到的滑動摩擦力為3.12N。1分)

  而 f=μN=μmg                 (2分)

   得動摩擦因數(shù)μ==0.4       (2分)

學科網(wǎng)(Zxxk.Com) (2)木塊受力如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有

F-mgsinθ-f1=ma    ①               。2分)

而f1=μN1=μmgcosθ    ②         (2分)

聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得:F=8.7N   。1分)

16.(10分)解:設3m的物體離開彈簧時的速度v1,

根據(jù)動量守恒定律,有

  (3m+m)v0=m?2v0+3mv1                    。3分)

解得:v1                           (2分)

根據(jù)動能定理,彈簧對兩個物體做的功分別為:

W1m(2v0)2mv02mv02                  。2分)

W23m(v0)23mv02=-mv02                 (2分)

彈簧對兩個物體做的功分別為:W=W1+W2         。1分)

17.(10分)解:(1)物體由A到B,設到達B點速度為vt,由動能定理得:

Eqx0-μmgx0。2分) 解得:vt

由公式:0--2μgs  (1分)

得物塊距OO / 的最大水平距離:s==x0                       (1分)

   (2)設物塊在傳送帶上速度減為零后,從傳送帶返回達到與傳送帶相同的速度v0時的位移為x,由動能定理得:μmgx=-0              。1分)

  得:x=x0<x0,故物塊沒有到達B點時,已經(jīng)達到了和傳送帶相同的速度。

(1分)

  物塊在傳送帶上向左運動的時間:t1     。1分)

    物塊從左向右返回到與傳送帶具有相同速度v0的時間:  (1分)

  物塊相對傳送帶運動的過程中傳送帶的位移:s1=v0(t1+t2)              (1分)

  傳送帶所受到的摩擦力:f=μmg

  電動機對傳送帶多提供的能量等于傳送帶克服摩擦力做的功:

  W=fs1=μmg×             。1分)

  說明:其它方法正確同樣得分。

 

 

 

 

 


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