如图所示，水平放置的平行板电容器，电容为C，极板间的距离为d，板长为L，与电池组相连，下极板接地．当
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-08-03
如图所示，水平放置的平行板电容器，电容为C，极板间的距离为d，板长为L，与电池组相连，下极板接地．当
B、电键闭合时，将上极板向下移动少许，电容增大，由得知E=
，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，油滴向上运动．故B错误．
C、断开电键后，将上极板向上移动少许，板间场强不变，P点与下板间电势差不变，而下板的电势为零，则P点的电势不变．故C正确．
D、电键断开后，将上极板向上移动少许，根据推论可知，板间场强不变，油滴所电场力不变，仍处于静止状态．P点的电势不变，油滴的电势能也不变．故D正确．
故选ACD
(1)
第一滴液滴做自由落体，由自由落体运动规律得到
h+d=1/2gto²
解得:to=根号下2(h+d)/g
(2)
夜滴落到B板后电荷全部传给B板，
随着壁板电荷量的增加量，
两板间的电场强度也增加，且电场力对液滴做负功，
设第n滴液滴落到B板后，B板的电荷量为Q，板间电压为U则有 ：
Q=nq
且Q=CU
第n+1第一页滴由静止开始运动恰好不能运动到B板上
由动能定理得到
mg(h+d)-qu=0
解得n=mg(h+d)C/q²
射液滴由静止开始运动到小孔的时间为t1,由自由落体运动的规律只会得到
h=1/2gt²
解得:t1=根号下2h/g
设第n+1滴液滴进入极板间的加速度为a， 运动时间为t2，
则由牛顿定律可知 ：
qE-mg=ma
d=1/2at²
又因为U=Ed
解得t2=d根号下2/gh
所以运动的总时间为
t=根号下2h/g+d乘以根号下2/gh
如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,它的极板...
答：md(v0L)2q＝1.5×103(V/m)（3）由：Q=CEd=6.0×10-6（C）得：N＝Qq＝600落到下极板上粒子总数为N+1=601个 答：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小是2.5m/s；（2）两板间电场强度为1.5×103V/m时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；（...
(9分)如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,极 ...
答：（1） （2）750 试题分析：（1）第一个粒子只受重力作用，落在O点，为平抛运动，竖直方向 解得时间 水平方向匀速直线运动 解得初速度 （2）粒子落在下极板后使得两极板带电，出现匀强电场，设极板所带电荷量为Q，在两板之间匀强电场的电场强度 粒子进入匀强磁场做类平抛运动的加速度...
如图所示,水平放置的平行板电容器间有匀强磁场,开关S闭合时一带电粒子...
答：而所受洛仑兹力不变，故粒子将向下偏转，可以从下极板边缘飞出，故A错误。若粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，而当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，则由以上分析可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器两极板间的电场强度增大，带电粒子受电场力变大，则...
如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,它的极板...
答：（1）t 1 =0.02s（2）2.5 m/s≤v 0 ≤5 m/s（3）ε 电 =qEd=6×10 -8 J (1)（5分）第1个粒子落下极板上时： ＝ gt 1 2 （3分），t 1 =0.02s（2分）(2)（5分）由 ＝v 01 t 1 ， 得v 01 ＝2.5 m/s （2分，若落到B点，由L＝v 02 t 1 ...
如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,它的极板...
答：（1）对第1个落到 O 点的粒子由： （1分） （1分） 得： （1分）（2）对落到 B 点的粒子由： （1分） （1分） （2分）得： （2分）（3）由： （2分）得： （1分）落到下极板上粒子总数为 N +1=601个 （1分） 略 ...
如图所示,水平放置的平行板电容器M、N与一电源相连.在电容器的两板间...
答：AC、因质点原来处于静止状态，则有Eq=mg，且电场力向上；由C=?S4πkd可知，当d增大时，电容C减小；故A错误、C正确．BD、因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由E=Ud可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力；故质点将向下运动；故B错误、D正确．故选：CD．
如图所示,水平放置的平行板电容器,与某一电源相连.它的极板长L=0.4m...
答：qU1d＝ma1解得：U1=120V当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：d2＝12a2(Lv0)2根据牛顿第二定律得：qU2d?mg＝ma2解得：U2=200V所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与...
如图所示,水平放置的平行板电容器,上板带负电,下板带正电,带电小球以...
答：BD
如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,极板长L=...
答：（1）第一个粒子在极板间做平抛运动，即水平位移：x=v0t①竖直位移：d2＝12gt2②由①、②得x＝v0dg为使第一粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间，x必须满足L2≤x≤L∴L2≤v0dg≤LL2gd≤v0≤Lgd即：2.5m/s≤v0≤5m/s（2）设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板...
如图所示,水平放置的平行板电容器两极板间距为d,带负电的微粒质量为m...
答：故A错误．B、微粒的重力势能减小了mgd，由能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd．故B错误．C、由mg=qE=q U d 得，U= mgd q ．故C正确．D、带负电的微粒所受电场力方向竖直向上，则场强方向竖直向下，则M板的电势高于N板的电势．故D错误．故选C ...
A、由题，当电键S闭合时，板间电场方向向下，油滴所受电场力向上，则油滴带负电．故A正确． B、电键闭合时，将上极板向下移动少许，电容增大，由得知E= U d ，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，油滴向上运动．故B错误． C、断开电键后，将上极板向上移动少许，板间场强不变，P点与下板间电势差不变，而下板的电势为零，则P点的电势不变．故C正确． D、电键断开后，将上极板向上移动少许，根据推论可知，板间场强不变，油滴所电场力不变，仍处于静止状态．P点的电势不变，油滴的电势能也不变．故D正确．故选ACD
（1）电键S始终闭合，电容器的电压不变，将下极板在d3的范围内缓慢地向上移动时，板间距离减小，由E=Ud，分析可知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将加速上升．（2）断开电键S时，电容器的带电量不变，由电容的决定式C=?S4πkd，电容的定义式C=QU和场强公式E=Ud得：E=4πkQ?S，E与d无关，则知将上极板在d3范围内缓慢地向下移动时，板间场强不变，则油滴所受的电场力不变，油滴不动．故答案为：加速上升，不动；
A、由题，当电键S闭合时，板间电场方向向下，油滴所受电场力向上，则油滴带负电．故A正确．B、电键闭合时，将上极板向下移动少许，电容增大，由得知E=
| U |
| d |
C、断开电键后，将上极板向上移动少许，板间场强不变，P点与下板间电势差不变，而下板的电势为零，则P点的电势不变．故C正确．
D、电键断开后，将上极板向上移动少许，根据推论可知，板间场强不变，油滴所电场力不变，仍处于静止状态．P点的电势不变，油滴的电势能也不变．故D正确．
故选ACD
(1)
第一滴液滴做自由落体，由自由落体运动规律得到
h+d=1/2gto²
解得:to=根号下2(h+d)/g
(2)
夜滴落到B板后电荷全部传给B板，
随着壁板电荷量的增加量，
两板间的电场强度也增加，且电场力对液滴做负功，
设第n滴液滴落到B板后，B板的电荷量为Q，板间电压为U则有 ：
Q=nq
且Q=CU
第n+1第一页滴由静止开始运动恰好不能运动到B板上
由动能定理得到
mg(h+d)-qu=0
解得n=mg(h+d)C/q²
射液滴由静止开始运动到小孔的时间为t1,由自由落体运动的规律只会得到
h=1/2gt²
解得:t1=根号下2h/g
设第n+1滴液滴进入极板间的加速度为a， 运动时间为t2，
则由牛顿定律可知 ：
qE-mg=ma
d=1/2at²
又因为U=Ed
解得t2=d根号下2/gh
所以运动的总时间为
t=根号下2h/g+d乘以根号下2/gh
答：md(v0L)2q＝1.5×103(V/m)（3）由：Q=CEd=6.0×10-6（C）得：N＝Qq＝600落到下极板上粒子总数为N+1=601个 答：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小是2.5m/s；（2）两板间电场强度为1.5×103V/m时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；（...
答：（1） （2）750 试题分析：（1）第一个粒子只受重力作用，落在O点，为平抛运动，竖直方向 解得时间 水平方向匀速直线运动 解得初速度 （2）粒子落在下极板后使得两极板带电，出现匀强电场，设极板所带电荷量为Q，在两板之间匀强电场的电场强度 粒子进入匀强磁场做类平抛运动的加速度...
答：而所受洛仑兹力不变，故粒子将向下偏转，可以从下极板边缘飞出，故A错误。若粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，而当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，则由以上分析可知，滑动变阻器两端的电压增大，则电容器两极板间的电场强度增大，带电粒子受电场力变大，则...
答：（1）t 1 =0.02s（2）2.5 m/s≤v 0 ≤5 m/s（3）ε 电 =qEd=6×10 -8 J (1)（5分）第1个粒子落下极板上时： ＝ gt 1 2 （3分），t 1 =0.02s（2分）(2)（5分）由 ＝v 01 t 1 ， 得v 01 ＝2.5 m/s （2分，若落到B点，由L＝v 02 t 1 ...
答：（1）对第1个落到 O 点的粒子由： （1分） （1分） 得： （1分）（2）对落到 B 点的粒子由： （1分） （1分） （2分）得： （2分）（3）由： （2分）得： （1分）落到下极板上粒子总数为 N +1=601个 （1分） 略 ...
答：AC、因质点原来处于静止状态，则有Eq=mg，且电场力向上；由C=?S4πkd可知，当d增大时，电容C减小；故A错误、C正确．BD、因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由E=Ud可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力；故质点将向下运动；故B错误、D正确．故选：CD．
答：qU1d＝ma1解得：U1=120V当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：d2＝12a2(Lv0)2根据牛顿第二定律得：qU2d?mg＝ma2解得：U2=200V所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与...
答：BD
答：（1）第一个粒子在极板间做平抛运动，即水平位移：x=v0t①竖直位移：d2＝12gt2②由①、②得x＝v0dg为使第一粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间，x必须满足L2≤x≤L∴L2≤v0dg≤LL2gd≤v0≤Lgd即：2.5m/s≤v0≤5m/s（2）设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板...
答：故A错误．B、微粒的重力势能减小了mgd，由能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd．故B错误．C、由mg=qE=q U d 得，U= mgd q ．故C正确．D、带负电的微粒所受电场力方向竖直向上，则场强方向竖直向下，则M板的电势高于N板的电势．故D错误．故选C ...
