江西省南昌市二中2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题
南昌二中2019～2020学年度上学期期中考试
高二物理试卷
一、选择题
1.关于电和磁问题，下列说法正确的是:
A. 首先发现电流产生磁场的科学家是安培
B. 将一圆柱形导体均匀拉长为原来的两倍，则电阻变为原来的4倍
C. 对于给定的电源,移动正电荷非静电力做功越多,电动势就越大
D. 将面积为S的线框放在磁感应强度为B的匀强磁场内,穿过线框所围成面积的磁通量一定为BS
【答案】B
【解析】
【详解】A．首先发现电流产生磁场的科学家是奥斯特，选项A错误；
B．将一圆柱形导体均匀拉长为原来的两倍，则横截面积变为原来的一半，根据可知，电阻变为原来的4倍，选项B正确；
C．对于给定的电源，移动单位正电荷非静电力做功越多，电动势就越大，选项C错误；
D．将面积为S的线框放在磁感应强度为B的匀强磁场内，当线圈平面与磁场垂直时，穿过线框所围成面积的磁通量一定为BS，选项D错误。
2.电源的两个重要参数分别是电动势E和内电阻r。对一个电路有两种特殊情况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值。现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示。设新的等效电源的电动势为E′，内电阻为r′。试根据以上信息，判断下列说法中正确的是
A. 甲图中的， r′=R+r
B. 甲图中的， r′=R+r
C. 乙图中的E′=E，
D. 乙图中的，
【答案】D
【解析】
电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知 , ,选项AB错误；图乙中， ; ，故选项C错误，D正确；故选D.
3.两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U稳定的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端（如图），电压表的示数为10V．如果他把此电压表改接在R2两端，电压表的示数为5V，则：
A. >2 B. =2
C. U<15V D. U=15V
【答案】B
【解析】
【详解】AB．电路总电压为U；将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为10V，则
若将电压表与电阻R2并联，则
设
联立以上各式可得：
解得
k=2
即，选项A错误，B正确；
CD．因当电压表与电阻R1并联后电阻减小，则分压减小，可知不并联电压表时，R1两端电压大于10V；同理可知不并联电压表时，R2两端电压大于5V；则电源电压U>15V，选项CD错误。
4.在电场中我们已经学过，三个点电荷在同一条直线上均处于平衡状态时，定满足：“两同夹一异，两大夹一小，近小远大”。仿造上面的规律，假设有三根相同的通电长直导线平行放在光滑水平地面上的A、B、C三个位置并处于静止状态，截面如图所示。已知AB=BC，直线电流在周围产生的磁场的磁感应强度公式为，其中k是常数，I是导线中电流的大小，r是某点到导线的距离，关于三根导线中的电流方向和电流大小的比例关系，正确的是
A. A、B中电流方向一定相同
B. A、C中电流方向一定相反
C. 三根导线中的电流强度之比为4：1：4
D. 三根导线中的电流强度之比为2：1：2
【答案】D
【解析】
根据“两同夹一异”规律，A、B中电流方向一定相反，A、C中电流方向一定相同；选项AB错误；B、C导线在A处产生的磁场满足：；A、C导线在B处产生的磁场满足：；联立解得，三根导线中的电流强度之比为IA：IB：IC=2：1：2，选项D正确，C错误；故选D.
5.如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是:
A. 断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些
B 断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
C. 保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动
D. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
【答案】A
【解析】
【详解】A．断开电键，电容器带电量不变，将A、B两极板的正对面积减小一些，则S减小，根据知，电容减小，根据Q=CU知，电势差变大，指针张角变大，故A正确；
B．断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容变大，根据Q=CU知，电势差减小，指针张角减小，故B错误；
CD．保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故CD均错误。
6.如图甲所示，电源电动势E＝6 V，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P从A端滑至B端的过程中，得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示．其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线，图丙为路端电压与总电流的关系曲线，图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲线，不考虑电表、导线对电路的影响．则下列关于图中a、b、c、d点的坐标值正确的是
A. a（3 V,4.5 W） B. b（4.5v ,2.88 W）
C. c（0.6 A,4.5 V） D. d（2 Ω，80%）
【答案】A
【解析】
【详解】A．由丙图可知短路电流为 I短=3A，由得：
；
当输出功率达到最大时：R=r=2Ω，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：a点：U=3V，
A点坐标为：（3V，4.5W）；选项A正确；
BCD．电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 η=80%
由
解得：
R=8Ω
变阻器的滑动头C在右端B时，分别对应c、b、d三点。b点、c点：R=8Ω，
U=E-Ir=6-0.6×2=4.8V
P=UI=4.8×0.6W=2.88W
所以b点的坐标为：（4.8V，2.88W）；c点的坐标为（0.6A，4.8V）；d点坐标为（8Ω，80%）；故BCD错误。
7.在真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球，球心位置O固定，P为球外一点，M为球内一点，如图所示，以无穷远为电势零点，（已知均匀带电的球壳在壳内任意一点产生的电场强度均为零，在壳外某点产生的电场强度等同于把壳上电量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度）.关于P、M两点的电场强度和电势，下列说法中正确的是
A. 若Q不变，P点的位置也不变,而令R变小，则P点的场强减小
B. 若Q不变，P点的位置也不变，而令R变大（P点仍在球外），则P点的电势升高
C. 若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在球内），则M点的电势不变
D. 若Q不变，M点的位置也不变，而令R变大，则M点的场强不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．若R变小，但P点的位置不变，P到Q的距离r不变，由可知，P点的场强不变，故A错误；
B．若R变小，由于P点的电场强度不变，所以从一电荷从P点移到无穷远处（电势为零），电场力做功不变，P与无穷远处间的电势差不变，因而P点的电势不变。故B错误；
C．若R变小（M点仍在壳内），根据题意可知，M点的电场强度仍为零，不变，因此球壳内的电势处处相等，由于球壳的变小，导致电荷从球壳移到无穷远处电场力做功增加，而球壳的电势比零大，所以球壳处的电势升高，M点的电势升高，故C错误；
D．若R变大，根据题意可知，M点的电场强度仍为零，不变，选项D正确。
8.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是
A. FN1
FN2
C. 弹簧的伸长量增大 D. 弹簧的伸长量减小
【答案】BC
【解析】
【详解】磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直于纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长。所以FN1>FN2，弹簧的伸长量增大。
A．FN1FN2，与结论相符，选项B正确；
C．弹簧的伸长量增大，与结论相符，选项C正确；
D．弹簧的伸长量减小，与结论不相符，选项D错误；
9.一额定功率为9 W、额定电压为9 V的小灯泡L（其电阻视为不随温度而变）和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4 Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变．当AB间接电压0.49 V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1 A；当AB间接电压15 V时，电动机转动起来、灯泡正常发光．则下列说法正确的是
A. 电动机线圈电阻为1 Ω
B. 灯泡正常发光时电流表示数1 A
C. 灯泡正常发光时电动机输出的机械功率4.25 W
D. 电路正常工作时电动机突然被卡住时,电流表读数将为1.5A
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据可知灯泡电阻
当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：
UR=IR=0.1×4V=0.4V
灯泡两端电压
U1=U-UR=0.49V-0.4V=0.09V
通过灯泡的电流
通过电动机电流：
I2=0.1A-0.01A=0.09A
根据并联电路特点可知电动机线圈电阻
故A正确；
BC．当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、通过灯泡的电流为IL=1A，则电动机两端电压为UM=9V，R两端电压为UR=6V，干路电流
电流表示数为1.5A，通过电动机的电流为IM=I-IL=0.5A，则此时电动机输出的机械功率：
P=UMIM-IM2r=425W
故B错误，C正确。
D．由以上分析可知，电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将大于1.5A，选项D错误。
10.如图所示电路中，已知R1＝R2＝R3，R1两端电压为3 V，R3两端电压为1 V．R4、R5为定值电阻．则
A. R2两端电压可能为2 V
B. A、B两端电压可能为7 V
C. 若A、B两端电压为5 V，可以判断出R4＞R5
D. 若A、B两端电压为5 V，可以判断出R4＜R5
【答案】ABC
【解析】
设R＝R1＝R2＝R3，已知R1两端电压为3 V，R3两端电压为1V，根据欧姆定律，流过R1的电流为，流过R3的电流为，故流过电阻R2的电流可能为：，也可能为：；若流过R2的电流为，则R2两端电压为2V；若流过R2的电流为，则R2两端电压为4V，故A正确；点A与点B间的电压等于电阻R1与R2电压之和．R1两端电压为3V，若R2两端电压为2V，则A、B两端电压为5V；若R2两端电压为4V，则A、B
两端电压为7V，故B正确；若A、B两端电压为5V，电流流向如图所示，
说明电阻R3上端的电势较高，下端的电势较低，则R4两端的电压应该高于电阻R5两端的电压，故R4＞R5，故C正确，D错误．故选ABC.
【点睛】本题考查了串联电路和并联电路的特点和欧姆定律的灵活应用。
11.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )
A. 两点电荷一定为异种电荷 B. 原点O处场强大小为
C. 负检验电荷在原点O处受到向左的电场力 D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大
【答案】BC
【解析】
【分析】
由题中“两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示”可知，本题考查两点电荷之间电势变化、电场和电场力变化，根据点电荷电场规律、电场线分布规律和电势变化可分析本题。
【详解】A．正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，故A错误；
BC．在x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，
得，故原点出的场强大小为
方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故BC正确；
D．由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。
12.如图所示电路中，已知电源的内阻r＜R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有
A. A1的示数先变大后变小，A2的示数先变小后变大
B. V1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大
C. 电源内部的热功率先变大后变小
D. 电源的输出功率先变小后变大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小。V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大。并联电压U并=U-U2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2=I-I1，电流表A1示数变小，故A错误，B正确。
C．电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率先变小后变大，故C错误。
D．因为r＜R2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确。
二、填空、实验题
13.（1）新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19 mm等分成10份，39 mm等分成20份，99 mm 等分成50份．下图就是一个“39 mm等分成20份”的新式游标卡尺．用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是__________cm．
（2）有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面如图甲所示．此金属管线长约30Cm，电阻约10Ω．已知这种金属的电阻率为ρ，因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请你设计一个实验方案，测量中空部分的截面积S0,现有如下器材可选：
A．毫米刻度尺
B．游标卡尺或螺旋测微器
c．电流表Al（600mA，约1.0Ω）
D．电流表A2（3A，约0.1Ω）
E．电压表V（3V，约6KΩ）
F．滑动变阻器R1（2KΩ，O.5A）
G．滑动变阻器R2（10Ω，2A）
H．蓄电池E（6V，O.05 Ω ）
I．开关一个，带夹子的导线若干
①上列器材中，应选用的器材有__________________（只填代号字母）．
②你根据要求所设计电路图，并把图乙的实物连成实际测量电路，要求尽可能测出多组有关数值误差小．
（ ）
③实验中要测量的物理量有：_______，计算金属管线内部空问截面积S0的表达式为：
S0=________.
【答案】 (1). 3.030cm (2). ABCEGHI; (3). (4). 横截面边长a金属管线长度L,电压表示数U,电流表示数I (5). a2-
【解析】
【详解】（1）[1]．游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为39mm，每小格为1.95mm，比主尺的2倍最小刻度小0.05mm，故精确度为0.05mm；
游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数=30mm+0.05mm×6=30.30mm=3.030cm；
（2）①[2]．本实验需要用伏安法测量电阻，根据欧姆定律，有；同时要结合电阻定律公式求解截面积；故要用电压表测量电压，电流表测量电流，刻度尺测量长度，螺旋测微器测量直径，当然，要组合成电路，还需要电源、电键、导线以及滑动变阻器；由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程，电压表也选择较小量程；故答案为：ABCEGHI；
②[3]．电路及实际测量电路如图所示。
③[4][5]．根据欧姆定律，有
；
根据电阻定律，有，故截面积为：
；
故要用螺旋测微器测横截面边长a，用毫米刻度尺金属管线长度L，电压表示数U，电流表示数I；
故金属管线内部空间截面积S0的表达式为：
14.现有个物理兴趣小组，要组装一个欧姆表，并标注其表盘刻度，现有的器材有一个已知量程和内阻的G表头和一个滑动变阻器，还有一个未知电动势和内阻的干电池，所以首先该小组利用图（1）测出干电池的电动势和内阻，然后用图（2）来组装欧姆表，制作出相对应的表盘刻度。
（1）图（2）中a是______表笔（填“红”或“黑”），考虑图（1）中的测量误差带来的影响，所以图（2）其Rx的值测量结果与原结果相比将较_______（填空“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）图3是将表头G改装成两个倍率挡（如“×1”、“ ×10”）的欧姆表电路原理图，则当开关S合向_____端（选填“a”或“b”）时，欧姆表是较大倍率挡。
【答案】 (1). 黑 (2). 变小 (3). b
【解析】
【详解】（1）[1][2]．图（2）中a内部与电源的正极连接，可知b是黑表笔；因图（1）中电源的电动势和内阻的测量值都偏小，欧姆调零时，由于满偏电流Ig不变，由公式计算出的欧姆表内阻R内偏小，即中值电阻刻度值偏小，刻度盘上每一个刻度值都比真实值偏小；
（2）[3]．当开关S合向b端时，欧姆表内阻较大，则电路最大电流小，欧姆表的中值电阻大，倍率大，这时的欧姆表是较大倍率挡．
三、论述计算题
15.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l＝0.5 m．ed间连入一电源E＝3 V，内阻r=0.5Ω，ab间放置一根长为l＝0.5 m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形．空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡．已知金属杆质量为0.1 kg，金属杆的电阻R为1Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ
倍．重力加速度g＝10 m/s2，试求磁感应强度B及μ.
【答案】T；
【解析】
【详解】由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向
由题意可知当θ＝90°时，金属杆处于临界下滑状态有：
f1＝mg
N1＝F
f1＝μN1 ①
当θ＝30°时，金属杆处于临界上滑状态有：
N2＝mgcos30°＋Fsin30° ②
f2＋mgsin30°＝Fcos30°
f2＝μN2 ③
由①－⑥解得：
F＝mg ④
μ＝ ⑤
由闭合电路欧姆定律：
I＝＝2 A ⑥
由安培力性质：
F＝BIl ⑦
由⑦⑧⑨得：
B＝T 方向竖直向下．
16.如图所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表内阻，线路提供电压不变）：
（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；
（2）如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为10V的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．
【答案】（1）0.4 A；10 Ω （2）0.7 A；10.5 W
【解析】
【详解】（1）由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：
UL＝V＝4 V
结合图象可得当UL＝4 V时，IL＝0.4 A
故每个电灯的电阻为：
R＝＝Ω＝10 Ω.
（2）设此时电灯两端的电压为U′，流过每个电灯的电流为I，由闭合电路欧姆定律得
E＝U′＋2IR0
代入数据得
U′＝10－20I
可得到该直线与曲线的交点（3 V，0.35 A），即流过电灯的电流为0.3 A，则流过电流表的电流为
IA＝2I＝0.7 A
每个灯的功率为：
P＝UI＝3×0.35 W＝10.5 W.
17.如图所示的电路中，定值电阻R0＝3 Ω，R为电阻箱，S2为单刀双掷开关．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其阻值为R1，记录电压传感器测得的数据为U1
，然后保持电阻箱阻值不变，将S2切换到b，记录电压传感器示数为U2.
（1）试写出电阻Rx的表达式．
（2）若求得电阻Rx＝2.5 Ω，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱阻值R和记录对应的电压传感器数据U，对测得的数据进行处理，绘出如图所示的－图线．求电源电动势E和内阻r.
【答案】（1） （2）1.43V；0.5 Ω
【解析】
【详解】（1）闭合S1，将S2切换到a时，有：
S2切换到b时，有：
所以
解得：
Rx= R1；
（2）利用图线的截距求E
E＝U＋I（Rx＋R0＋r）
由此式看出， 图线的截距为
斜率
.
由此两式得，
E=1.43V（或V ） r＝0.5 Ω
18.如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2 m，板间距离d=1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1×103 V，变化周期T=2×10–3 s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1×103 m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1×10–5 C，质量m=1×10–7 kg，不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在板间运动的时间；
（2）粒子打在荧光屏上的纵坐标；
（3）粒子打到屏上的动能。
【答案】（1）2×10-3s（2）085m（3）5.05×10-2J
【解析】
【详解】（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，
L=v0 t
（2）0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1
又根据牛顿第二定律
所以解得
y1 =0.15m
故纵坐标为
y=d-y1 =0.85m
（3）粒子出射时的动能，由动能定理得：
代入数据解得
19.如图（甲）的演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究：如图（乙）所示，电容为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。假设小球与极板发生碰撞后，小球的速度立即变为零，带电情况也立即改变，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的k倍（k<<1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。
（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E至少应大于多少？
（2）设上述条件已满足在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求：在T时间内电源输出的平均电流。
（3）现调整金属板间距足够大,让其接上可充电和放电的电路装置,然后进行下述操作:第一步,给金属A、B板充电,让A、B两极板带上一定的电荷量,使得锡箔纸揉成的小球P在两板间的匀强电场中恰能保持静止状态.第二步,给A、B板继续充电使其电荷量突然增加ΔQ1,让油滴开始竖直向上运动t秒.第三步,在上一步基础上使电容器突然放电ΔQ2,观察到又经t秒后,油滴刚好回到原出发点.设小球P在运动过程中未与极板接触.求ΔQ1和ΔQ2的比值.
【答案】（1）（2）（3）1:4
【解析】
【详解】（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小，要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，故:
（注意题目E表示电动势大小）
根据题意有:
q=kQ
电量:
Q=CE
计算得出:
（2）当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a 1 表示其加速度，t1 表示从B板到A板所用的时间，则有:
其中:
当小球带正电时,小球所受电场力与重力方向相同,向下做加速运动.以a2 表示其加速度,t2 表示从A板到B板所用的时间,则有:
其中:
小球往返一次共用的时间为（ ）,故小球在T时间内往返的次数
,
由以上有关各式得:
;
小球往返一次通过电源的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量
,
电路中的平均电流
（3）在第一步过程中，设电容器的充电量为Q，板间电压为U0，场强为E，受力情况如图甲所示；
根据题意得
联立计算得出
在第二步过程（t时间）中, 受力情况如图乙所示
由运动学公式
由于
由牛顿第二定律：
联立计算得出
在第三步过程中, 运动学
-s=v1t+a2t2
得
a2=3a1
由于
由牛顿第二定律：
联立计算得出
由以上各式得
