2.(2010·海门模拟)如图6－3－19所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则(　)

图6－3－19

A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大

B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大

C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小

D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小

解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．

答案：D

1．某电容器上标有“25 μF、450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是(　)

A．要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×10^{－5　 C}

B．要使该电容器带电量1 C，两极板之间需加电压2.5×10^－5V

C．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10^{－5 C}

D．该电容器能够承受的最大电压为450 V

解析：由电容器电容的定义C＝Q/U可得，C＝ΔQ/ΔU，ΔQ＝CΔU，要使该电容器两极板之间电压增加ΔU＝1 V，所需电荷量为ΔQ＝2.5×10^{－5 C}，A正确，B错误；该电容器能够容纳的电荷量最多为Q＝CU＝2.5×10^－5×450＝1.125×10^{－2 C}，C错误；电容器上所标的450 V，是电容器的额定电压，是电容器长期工作时所能承受的电压，低于击穿电压，该电容器能够承受的最大电压大于450 V，D错误．

答案：A

5.如图6－3－18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＝0.4 m，两板间距离d＝4×10^{－3 m}，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v₀从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10^{－5 kg}，电量q＝+1×10^{－8 C}．(g＝10 m/s²)求：

图6－3－18

(1)微粒入射速度v₀为多少？

(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？

解析：(1)＝v₀t，＝gt²，可解得：v₀＝＝10 m/s.

(2)电容器的上板应接电源的负极

当所加的电压为U₁时，微粒恰好从下板的右边缘射出，＝a₁²，a₁＝

解得：U₁＝120 V

当所加的电压为U₂时，微粒恰好从上板的右边缘射出，＝a₂²，a₂＝

解得：U₂＝200 V．所以120 V＜U＜200 V.

答案：(1)10 m/s　(2)与负极相连　120 V＜U＜200 V

4.如图6－3－17所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　)

图6－3－17

A．板间电场强度大小为mg/q

B．板间电场强度大小为2mg/q

C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等

D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间

解析：当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解知识，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，v_x＝v₀；在竖直方向上：在电场中v_y＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，v_y＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故选项B、C正确．

答案：BC

3.如图6－3－16所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为+q的微粒，以初速度v₀竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知(　)

图6－3－16

A．微粒在电场中作抛物线运动

B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等

C．MN板间的电势差为2mv/q

D．MN板间的电势差为Ev/2g

解析：由题意可知，微粒到达C点时，竖直方向上速度为零，所以微粒不做抛物线运动，A项错误；因AB＝BC，即·t＝·t可见v_c＝v₀.故B项正确；由q·＝mv，得U＝＝，故C项错误；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D项错误．

答案：B

2.平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图6－3－15所示，则(　)

图6－3－15

A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大

B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变

C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大

D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变

解析：悬线偏离竖直方向的夹角θ的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定．因重力不变，故电场力增大时θ就增大．在保持开关S闭合，即保持电容器两极板间电压U不变．由于A、B板靠近，d变小，极板间电场强度E＝就增大，因而带电小球受电场力F＝qE＝q增大，则θ增大；若断开开关S，即表明电容器极板上的电荷量Q不变．当A、B板靠近后，电容器的电容C＝将增大，根据U＝，电容器两板间电压U减小．电容器两板间的场强E＝有无变化呢？把上述各关系代入，得E＝＝＝.由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则θ不变．

答案：AD

1.如图6－3－14所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　)

　　　　　　　　　　　　　　　 图6－3－14

A．当增大两板间距离时，v也增大

B．当减小两板间距离时，v增大

C．当改变两板间距离时，v不变

D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大

解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，而位移如果增加的话，时间变长．

答案：CD

12.如图7－1－19所示的电路中，输入电压U_AB＝200 V，可变电阻的总阻值R₀＝150 Ω，允许通过的电流为4 A，求：

　 (1)当输出端a、b开路时U_ab的值；

　 (2)当输出端接入R＝40 Ω的负载时，U_ab的可能变化范围．

　 解析：(1)a、b开路时，可变电阻上方部分无电流，也就无电压，　 因此A、a两点等电势，即U_ab＝U_AB＝200 V.

　 (2)当滑动触头向下方移动，下方部分电流强度达到临界状态，即为4 A时，下方部分电阻R_下＝ Ω＝50 Ω，上方部分电阻为100 Ω，此时U_ab＝×200 V≈57.1 V.

　 当滑动触头向上方移动，上方分电流强度达到临界状态，即为4 A时，同理可知，上方部分的电阻R_上＝(50－40) Ω＝10 Ω，此时U_ab＝×200 V＝160 V.

　 答案：(1)200 V　(2)57.1 V≤U_ab≤160 V

11.如图7－1－18所示，变阻器R₀的滑片P在移动过程中电压表的示数变化范围是0-4 V，电流表的示数变化范围是1-0.5 A，电源的内阻可忽略不计．求电阻R的阻值、变阻器R₀的最大阻值和电源电压U.

　 解析：当电压表示数U₁＝0 V时，电流表示数I₁＝1 A

　 电源电压：U＝I₁R＝1 A·R①

　 当电压表示数U₂＝4 V时，电流表示数I₂＝0.5 A

　 R₀＝＝＝8 Ω

　 电源电压：U＝U₂+I₂R＝4 V+0.5 A·R②

　 由①②解得：U＝8 V，R＝8 Ω.

　 答案：8 Ω　8 Ω　8 V

10．(2009·上海模拟)通过某一金属氧化物制成的导体棒P中的电流遵循I＝KU³的规律，其中K＝0.02 A/V³，现将该棒P与一个遵从欧姆定律的电阻器Q串联在一起后，接在一个两端电压为6.0 V的电源上，则电路中的电流为0.16 A，所串联的电阻器Q的阻值是多少？

　 解析：设P和Q上的电压分别为U_P、U_Q，对导体棒P：由I＝KU³得：

　 U_P＝＝ V＝2.0 V

　 则U_Q＝U_总－U_P＝(6.0－2.0) V＝4.0 V

　 对导体Q：由I＝，得：R_Q＝＝ Ω＝25 Ω.

　 答案：25 Ω