【正文】 當(dāng)被測(cè)物體加速運(yùn)。電阻 CD 及其滑動(dòng)頭與另外的電路相連（圖中未畫出）。 A． │△ U1││△ U2│ B． │△ U1││△ U2│ C． │△ U1│=│△ U2│ D．無法判斷 2．（ 12 分） （ 2020 清華五校） 右圖為一直線運(yùn)動(dòng)加速度測(cè)量儀的原理示意圖。 b）若管內(nèi)的光強(qiáng)變暗， 使得光敏電阻被照亮?xí)r的阻值變?yōu)? kΩ，則固定電阻的阻值應(yīng)變換為 kΩ，便可達(dá)到題目要求。 （ 1） 選擇合適的固定電阻，畫出電路圖，并用題中給定的符號(hào)標(biāo)明圖中各元件。給定的儀器還有：直流電源 E（電動(dòng)勢(shì)為 9V，電阻不計(jì)）， 3 個(gè)固定電阻，阻值分別為 R10= kΩ， R20= kΩ，R30= kΩ；電壓表一塊（量程為 3V，內(nèi)阻可視為無窮大），開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干?，F(xiàn)要求設(shè)計(jì)一電路以利用上述裝置測(cè)量液面高度。液面上一浮塊與一塊遮光板通過定滑輪相連，遮光板可隨浮塊的升降在管內(nèi)上下運(yùn)動(dòng)，光敏電阻的總長度和遮光板的總長度都為 h。 三． 2020 年 1.（ 2020 年卓越自主招生） 圖為一利用光敏電阻測(cè)量儲(chǔ)液罐中液面高度裝置的示意圖。圖中直流電流表的量程為 50μA，內(nèi)阻Rg約為 3kΩ ；電源 E=3V，內(nèi)阻不計(jì)； R0 為六鈕電阻箱（ 0~99999,9Ω ）；R 為滑動(dòng)變阻器（ 0~500Ω ，額定電流 ）； S1 為開關(guān)； S2 為雙刀雙擲開關(guān)。 當(dāng)外電路電阻降為 R’時(shí)， 電源為 E1 時(shí)對(duì)應(yīng)的外電路功率 P1，電源為 E2 時(shí)對(duì)應(yīng)的外電路功率為 P2 ，電源 E1 的內(nèi)阻為 r1，電源 E2 的內(nèi)阻為 r2 。 A． Rl 估 =2437Ω， R2 估 =1463Ω B． RI 估 =2524Ω， R2 估 =1376Ω C． Rl 估 =2420Ω， R2 估 =1580Ω D． RI 估 =2327Ω， R2 估 =1628Ω ② 在測(cè)量待測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)的實(shí)驗(yàn)過程中，當(dāng)表頭示數(shù)為零時(shí)， Rl 測(cè) 的讀數(shù)為 2320Ω，此時(shí) R2測(cè) 的阻值應(yīng)為 ________Ω, 待測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為 ___________________,根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)計(jì)算待測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)為 _____________V(結(jié)果保留四位有效數(shù)字 )。 根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)過程回答下列問題： ① 在校準(zhǔn)工作電源電動(dòng)勢(shì)時(shí)，測(cè)得 Rl 校 和 R2 校 的阻值分別為 2931Ω 和 1069Ω。減小 R3 的阻值，通過調(diào)整 R1 的阻值，使表頭的示數(shù)繼續(xù)為零，直至 R3 的阻值為零時(shí)，表頭示數(shù)仍為零； III．測(cè)量待測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)。實(shí)驗(yàn)過程如下： I．實(shí)驗(yàn)開始前，為保護(hù)表頭，將滑動(dòng)變阻器 R3 的阻值調(diào)至最大， R1 和 R2 阻值限定在 1 000～ 3000Ω； II．校準(zhǔn)工作電源電動(dòng)勢(shì)。 S S3 為單刀單擲開關(guān)， S2 為單刀雙擲開關(guān)。 R R2 為電阻箱。如果采用 200V 供電的同時(shí)，又不減弱廚房照明亮度，則原燈泡電阻絲要換成電阻為 _________Ω 的新電阻絲。 （ 2）設(shè)帶電量為 q 的兩 無限大的平行板 電荷面密度為 σ，則第一塊和第二塊平行板相對(duì)面帶電量 2q，其面密度為 2σ，其電場(chǎng)強(qiáng)度為 E12=2σ/ε0. 第二塊和第 三塊平行板相對(duì)面不帶電，其電場(chǎng)強(qiáng)度為 E23=0.. 第三塊和第四塊平行板相對(duì)面帶電量 3q，其面密度為 3σ，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E34=3σ/ε0. 一 . 2020 年 1．（ 2020 北約自主招生） 北京家庭采用電壓為 220V 的供電，香港家庭采用電壓為 200V 的供電。 （補(bǔ)充知識(shí)：兩塊無窮大平行板之間電場(chǎng)強(qiáng)度 E=σ/ε0） 解析：（ 1） 將第一和第四塊板接地，第一和第四塊板 等電勢(shì)，可令電勢(shì)為零。 方向 垂直于 正方體 上方平面向上。垂直 正方體 上方平面的分量為： E1y=223kqa32aa= 23 223kqa。 解析：設(shè)正方體邊長為 a， 正方體 上方頂點(diǎn)四個(gè)電荷在 上 面中心 O 形成的合場(chǎng)強(qiáng) 為零。 12（ 2020 浙江大學(xué)） 有一個(gè)內(nèi)部中空均勻帶電 q 的球體， 半徑為 R， 問其中空部分的電勢(shì)為多少？ 解析：根據(jù)電勢(shì)疊加原理和點(diǎn)電荷電勢(shì)公式， 中空部分的電勢(shì)為 ： φ =k qR。以無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則 P 點(diǎn)的電勢(shì) φ 為 A．222 kRRr??? B．222 kRRr??? C． 2 kRr?? D． 2kR?? B 解析：將圓環(huán)分割成很多個(gè)點(diǎn)電荷，每一個(gè)點(diǎn)電荷帶電量△ Q，在 P 點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的電勢(shì)為 φ △ =k22QRr?? ，根據(jù)電勢(shì)疊加原理， P 點(diǎn)的電勢(shì) φ =Σφ △=Σk22QRr?? =k22QRr??? =k22QRr? =222 kRRr??? ，選項(xiàng) B 正確。選項(xiàng) D 正確。3Q/4=3Q/8。金屬小球 C 再與小球 B 接觸后，二者平分，各自帶電量（ Q+Q/2） /2=3Q/4。這時(shí)， A、 B 兩球之間的相互作用力大小變?yōu)? A． F/2 B． F/4 C． 3F/4 D． 3F/8 A 解析：根據(jù)庫侖定律，金屬球 A、 B 之間的庫倫力正比于金屬球 A、 B 帶電量的乘積，即 F=kQ2/r2。 9. （ 2020 同濟(jì)大學(xué)） 兩個(gè)完全相同的小球 A、 B 帶等量同種電荷，它們之間的距離遠(yuǎn)大于小球本身直徑。 7． （ 2020 復(fù)旦） 若把 2 庫侖的電量從 A 點(diǎn)移到相距為 20 米的 B 點(diǎn)需做 200 焦耳功，則 A， B 兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為 ________。根據(jù) F=qE可知，負(fù)電 荷在 A、 B 兩點(diǎn)受電場(chǎng)力 FAFB，選項(xiàng) A 正確 B 錯(cuò)誤。 6． （ 2020 復(fù)旦自主招生） 真空中有一孤立的帶正電的點(diǎn)電荷，該點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線及其方向如圖所示， 電場(chǎng)線上有 A、 B 兩點(diǎn)，現(xiàn)將另一帶電量很小的負(fù)電荷先后放在 A、 B兩點(diǎn)，該負(fù)電荷在 A、 B 兩點(diǎn)受電場(chǎng)力大小分別為 FA、 FB，所具有的電勢(shì)能分別為 EpA、 EpB，以下判斷中正確的是 ________。所以 A、 B 兩球之間的相互作用力大小變?yōu)?3F/8。這時(shí)二者 帶電量的乘積為Q/2設(shè)開始時(shí)金屬球 A、 B 帶電量均為 Q， 金屬小球 C與小球 A 接觸后，二者平分，各自帶電量 Q/2。已知它們 相隔一定距離 時(shí) ，兩球之間的相互作用力的大小是 F， 現(xiàn)在用一個(gè)帶有絕緣柄的原來不 帶電的半徑相同的金屬小球 C，先與 小球 A 接觸，再和小球 B 接觸后移開。Δt=70600 C=104 C （ 1 分） 升高的電壓 ΔU＝ ΔQ/C 總 =(104/103 )V= V （ 2 分） (2)充電前的電壓 U1= U2ΔU＝ V （ 1 分） 由于 C=Q/U， （ 1 分） 所以電容器儲(chǔ)存的能量 E=12QU= 12CU2。其他答案只要正確都可得分） (1)電容器組的總電 容 C 總 =51042247。（ 3分） 超級(jí)電容器與蓄電池相比的優(yōu)點(diǎn)： ① 超級(jí)電容器對(duì)環(huán)境污染較少； ② 超級(jí)電容器壽命長（大約是鉛蓄電池的 20~200 倍）； ③ 超級(jí)電容器充電速度快； ④ 超級(jí)電容器充放電效率高（能量損耗少）； ⑤ 超級(jí)電容器維護(hù)簡單。 . 已知兩個(gè)電容都是 C 的電容器并聯(lián)時(shí)總電容 C并 =2C。若保持 Q不變，而令 R 變大，同時(shí)始終保持 P 點(diǎn)極靠近球表面處，則 P 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)減小，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。若 P 點(diǎn)無限靠近球表面，因?yàn)榍虮砻鎺щ?，根?jù)庫侖定律可推知， P 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng) E=kQ/R2，選項(xiàng) AB 錯(cuò)誤。聯(lián)立解得： r1: r2=1: 5 ，選項(xiàng) C 正確。 （ 2020 復(fù)旦自主招生） 設(shè)有帶負(fù)電的小球 A、 B、 C，它們的電量的比為 1:3:5，三球均在同一直線上， A、 C 固定不動(dòng)，而 B 也不動(dòng)時(shí)， BA 與 BC 間的比值為________。由 A 球的受力矢量圖可知，2mgsin2?=F=k22dq 。當(dāng) A 球靜止時(shí)，兩懸線夾角為 持夾角 θ 不變的方法是 （ ） A．同時(shí)使兩懸線長度減半 B．同時(shí)使 A 球的質(zhì)量和電量都減半 C．同時(shí)使兩球的質(zhì)量和電量都減半 D．同時(shí)使兩懸線長度和兩球的電量都減半 答案： BD 解析： 設(shè)兩球距離為 d，分析 A球的受力如圖示，圖中 F=k22dq 。 ⑥ 外力緩慢推左球 A 前，系統(tǒng)電勢(shì)能 Ep=k 2qR, 外力緩慢推左球 A 使其到達(dá)圓周最低點(diǎn) C，系統(tǒng)電勢(shì)能 Ep‘=k 2qL, 系統(tǒng)電勢(shì)能增加： △ E 電 = Ep‘ Ep=k 2qL k 2qR =kq2( 631R? ), ⑦ 設(shè) OB與豎直方向的夾角為 θ，由余弦定理， L2=2R22R2cosθ。FL = mgR , ④ F’=k 22qL， ⑤ 聯(lián)立 ③④⑤ 解得： L3= 33 R3.。=F/mg， ② 聯(lián)立解得： kq2= 33 mgR2. ③ 外力緩慢推左球 A 使其到達(dá)圓周最低點(diǎn) C，如圖所示。用外力緩慢推左球 A 使其到達(dá)圓周最低點(diǎn) C，求此過程中外力所做的功。 θ/2) 2 2 o4 si n 45 2QqR ????????。即mgcosθ=Fcos(45176。 （ 2）在（ 1）的情況下，如果 θ 已知，求小圓環(huán)的最大速度。距離帶電荷量 Q 的點(diǎn)電荷距離為 r 的點(diǎn)電勢(shì)可 以表示為： φ =kQ/r。根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式，點(diǎn)電荷 q在 O 處產(chǎn)生電勢(shì)為 kRq2，設(shè)金屬球上 的感應(yīng)電荷為 Q，這些感應(yīng)電荷距離球心距離都為 R，根據(jù)電勢(shì)疊加原理， Q 在 O 處產(chǎn)生電勢(shì)為 kRQ，根據(jù)球心電勢(shì)為 0可得： kRq2+ kRQ=0，解得 Q=q/2，選項(xiàng) B 正確。 （ 2020年卓越自主招生） 半徑為 R 的接地金屬球外有一電荷量為 q 的點(diǎn)電荷， 點(diǎn)電荷與球心 O相距 d=2R，如圖所示。 3. （ 2020年卓 越自主招生） 已知兩板間距為 d，極板面積為 S 的平行板電容器的電容為 C=4Skd??，其中 ε、 k 為常量。若 P P2 帶異種電荷，某一時(shí)刻質(zhì)點(diǎn) P2 的速度沿垂直于 P1P2 的連線方向，若正好滿足庫侖力等于向心力， P2 圍繞 P1 做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以后 P2 的速度大小和加速度大小都不變，選項(xiàng)C 正確。 三． 2020 年 1. （ 2020 華約自主招生）如圖所示，帶電質(zhì)點(diǎn) P1 固定在光滑的水平絕 緣桌面上，在桌面上距離 P1 一定距離有另一個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn) P2， P2 在桌面上運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻質(zhì)點(diǎn) P2 的速度沿垂直于 P1P2 的連線方向，則 A． 若 P P2 帶同種電荷，以后 P2 一定做速度變大的曲線運(yùn)動(dòng) B． 若 P P2 帶同種電荷，以后 P2 一定做加速度變大的曲線運(yùn)動(dòng) C． 若 P P2 帶異種電荷，以后 P2 的速度大小和加速度大小可能都不變 D． 若 P P2 帶異種電荷，以后 P2 可能做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動(dòng) 答案： ACD 解析：若 P P2 帶同種電荷，斥力做功，斥力方向與速度方向不在一直線上，以后 P2 一定做速度變大的曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng) A 正 確。 聯(lián)立解得： k=1/3。 兩電容器并聯(lián)，其總電容量為 C’=CA+ C’B= C0+ k C0， 總帶電量不變， Q=C’U’=(C0+ k C0)/dmg=mg/2 ， 解得U’=3U/2。 電容器 A 的極板之間距離為 d，帶電粒子帶電量 q，質(zhì)量為 m，電容器 A 中的帶電粒子恰好靜止，有： qU/d=mg。 解析：設(shè)電容器 A 和 B 的電容量都為 C0，兩電容器并聯(lián)，其總電容量為 C=2C0。已知這時(shí)帶電粒子的加速度大小為 g/2 ，求 B的兩個(gè)極板錯(cuò)開后正對(duì)著的面積與極板面積 之比。當(dāng)它們都帶有一定電荷并處于靜電平衡時(shí)，電容器 A 中的帶電粒子恰好靜止。接通電源時(shí)，兩極板之間電壓不變，拉開距離時(shí)板之間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，板之間電場(chǎng)力 F 減小，所以做功 B 小于 A。 4 答案： A 斷開電源時(shí)，兩極板帶電量不變，板之間電場(chǎng)力 F 不變；接通電源時(shí)，兩極板之間電壓不變，拉開距離時(shí)板之間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，板之間電場(chǎng)力 F 減小。若不考慮檢驗(yàn)電荷的重力，那么檢驗(yàn)電 荷運(yùn)動(dòng)到 O 點(diǎn)的過程中 ABMOxyAB?A． 電勢(shì)能逐漸變小 B． 電勢(shì)能先變大后變小，最后為零 C． 先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng) D． 始終做加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá) O 點(diǎn)時(shí)加速度為零 ： AD 解析：等量負(fù)電荷在連線中點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在 y 軸正方向上的 M 點(diǎn)處有一帶正電的檢驗(yàn)電荷由靜止開始釋放，檢驗(yàn)電荷運(yùn)動(dòng)到 O 點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸變小，始終做加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá) O 點(diǎn)時(shí)加速度為零，選項(xiàng) AD正確 BC 錯(cuò)誤。要保持兩懸線夾角不變， r 不變的方法是，同時(shí)使 A 球的質(zhì)量、電荷量都減半；同時(shí)使兩懸線的長度和兩球的電 荷量都減半，選項(xiàng) BD 正確。若在其他條