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姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题全书综合测评全卷满分100分考试用时90分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要1.下列说法中正确的是()A.根据公式U=Ed知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势

差就越大B.在任何电路中,计算电功都可以用W=UIt,计算电热都可以用Q=I2RtC.电源的电动势越大,电源所能提供的电能就越多D.由公式φ=𝐸p𝑞可知,φ与Ep成正比,与放入电场中的试探电荷的电荷量q成

反比2.如图所示,取两个相同的验电器A和B,用丝绸摩擦过的玻璃棒与A接触,使A带电,B不带电。此时若用带绝缘柄的金属棒将A和B上的金属球连接起来,则()A.B中的正电荷通过金属棒流向A,A的金属箔张角变小B.A中的负电荷通过金属棒流向B,B的金属箔张角变大C.A中

的负电荷通过金属棒流向B,B中的正电荷通过金属棒流向AD.B中的负电荷通过金属棒流向A,B的金属箔张角变大3.一个电子在平行于纸面的平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,放于圆心处的小磁针最后静止时N极的指向为()A.垂直纸面向里B.垂直纸面向外C.平行纸面向左D.平行纸面向右4.图甲为某元

件R的U-I特性曲线,把它连接在图乙所示电路中。已知电源电动势E=5V,内阻r=2Ω,定值电阻R0=3Ω。闭合开关S后,电源的总功率约为()A.1.5WB.2WC.3WD.3.25W5.如图所示,空间存在匀强电场,有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC,已知AB=6cm,

BC=2√3cm,A点的电势为φA=8V,B点的电势为φB=2V,C点的电势为φC=-4V,则下列说法正确的是()A.此电场的电场强度大小为E=2V/mB.将一个电荷量为q=-3×10-6C的电荷放到C点,其电势能为-1.2×10-5

JC.将一个电荷量为q=-3×10-6C的电荷从B点移到C点,其电势能增加1.8×10-5JD.将一个电荷量为q=-3×10-6C的电荷从A点移到B点,电场力做功为W=1.8×10-5J6.如图所示,在光滑绝缘水平面上,三个带电质点a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上

,质点c所带电荷量为+Q,整个系统置于沿水平方向并垂直于ab的匀强电场中。已知静电力常量为k,若三个质点均处于静止状态,则下列说法正确的是()A.质点a、b所带电荷总量为+QB.质点a、b带等量异种电荷C.无法确定匀强电场的具体指

向密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题D.匀强电场的电场强度大小为√3kQ2𝐿27.如图所示,G为灵敏电流计,V为理想电压表,R1、R2为定值电阻,R3是一根盐水柱(封于橡皮管内,与电路导通),平行板电

容器两极板水平,开关S闭合后,电容器两板间的带电油滴恰好静止。现握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中(忽略温度对电阻的影响),下列说法正确的是()A.电阻R3的阻值减小B.V表示数减小C.油滴向下运动D.G表中有从c到a的电流8.静电

场方向平行于x轴,将一电荷量为-q的带电粒子在x=d处由静止释放,粒子只在电场力作用下沿x轴运动,其电势能Ep随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向,四幅示意图分别表示电势

φ随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x变化的关系和粒子的动能Ek随x变化的关系,其中正确的是()二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对

的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.某电场的电场线分布如图中实线所示,一带电粒子只在静电力作用下沿图中虚线所示的路径运动,先后通过M点和N点。下列说法正确的是()A.粒子在M、N点的速度大小关系为vM<vNB.粒子在M、N点的加速度大小关系为aM>aNC.M、N点的电场强度大小关系

为EM>END.粒子可能带正电10.如图所示,四根平行直导线M、N、P、Q的截面对称分布在同一圆周上,截面的连线互相垂直,O为圆心。P、Q中没有电流,M、N中通有方向相反、大小均为I的电流时,O点的磁感应强

度大小为B。现在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小仍为B,则()A.P、Q中的电流方向相同B.O点的磁场方向由M指向NC.若切断P或Q中的电流,O点磁感应强度大小均为√52BD.切断M中电流后O点磁感应强度方向与切断N中

电流后O点磁感应强度方向相反11.两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙,以不同的速率沿着AO方向垂直射入匀强电场,电场强度方向竖直向上,它们在圆形区域中运动的时间相同,其运动轨迹分别如图所示。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用,下列说法正

确的是()姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题A.甲粒子带负电荷B.甲粒子所带的电荷量比乙粒子的少C.乙粒子在圆形区域中电势能变化量小D.乙粒子进入电场时的动能比甲粒子的小12.如图所示,水平固定的小圆盘A,带电荷量为Q,电势为零,从盘的中心O处由静止释放一质量为m

、带电荷量为+q的小球,由于电场的作用,小球竖直上升的最大高度可达过盘中心竖直线上的c点,又知道过竖直线上b点时,小球速度最大,已知Oc=H,Ob=h,重力加速度大小为g,由此可知()A.小球在c点的电势能为-mgHB.c点电势φc=𝑚𝑔𝐻

𝑞C.小球从O点到c点电势能和动能之和一直减少D.O、b两点电势差UOb<𝑚𝑔ℎ𝑞三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(8分)某研究小组的同学为了测量某一电阻Rx的阻值,A同学先用多用电表进行粗测,使用多用电表欧姆挡时,将选择开关调到欧姆挡“×1

0”挡位并调零,测量时发现指针向右偏转角度太大,这时他应该先将选择开关换成欧姆挡的“”挡位,将红、黑表笔短接,再进行,使指针指在欧姆表刻度的“0”处;再次测量电阻Rx的阻值时,指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示,则所测量电阻Rx的阻值为Ω。(2)为进一步精确测量该电阻,研究小组准备了以下器材

:A.电流表(量程为0~150mA,内阻约为2.0Ω)B.电流表(量程为0~0.6A,内阻约为0.5Ω)C.电阻箱(最大电阻为99.99Ω)D.电阻箱(最大电阻为999.9Ω)E.电源(电动势为3V,内阻为0.8Ω)F.开关2个G.导线若干B同学设计的电路图如图乙所示,现按照如下实验步骤完

成实验:①调节电阻箱,使电阻箱有合适的阻值R1,仅闭合S1,使电流表指针有较大的偏转且读数为I;②保持开关S1闭合,闭合开关S2,再次调节电阻箱的阻值为R2,使电流表的读数仍为I;a.根据实验步骤和实验器材规格可知,电流表

应选择(填器材前字母);b.根据实验步骤可知,待测电阻Rx=(用题目所给测量数据表示)。(3)利用以上实验电路,闭合S2,调节电阻箱R,可测量出电流表的内阻RA,某同学通过调节电阻箱R,读出多组R和I值,作出了1𝐼-R图像如图丙所示,若图像中纵轴截距

为1A-1,则电流表内阻RA=Ω。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题14.(8分)某物理实验小组要测量一个手机锂电池的电动势和内阻。已了解到该款锂电池在充电量为100%时的电动势为4V左右,于是利用一个

电阻箱R和一个R0=2Ω的定值电阻以及一个电压表设计了如图甲所示的实验电路图。(1)按照图甲所示的实验电路图,将图乙中的实物连接起来组成实验电路。(2)通过调节电阻箱R的阻值,可以读出电压表示数以及电阻箱接入电路的阻值,重复操作可以得到多组电压表的示数U以及对应电阻箱的阻值R,

以1𝑈为纵轴,1𝑅为横轴,作出1𝑈−1𝑅的关系图线为一直线,如图丙所示。由图线可求得该手机锂电池的电动势E=V,内阻r=Ω。(保留2位有效数字)(3)实验操作结束后,该实验小组考虑到电压表的内阻对电路的影响,进行了误差

分析:该电池电动势的测量值与真实值相比,内阻的测量值与真实值相比。(均填“偏大”“偏小”或“相等”)15.(8分)某节水喷灌系统如图所示,喷口距地面的高度h=1.8m,正常工作时喷水的速率v0=10m/s,每秒喷出水的质量m0=7kg,所用的水

是从井下抽取的,地面与井中水面的高度差H=3.2m并一直保持不变。水泵由电动机带动,电动机电枢线圈电阻r=5Ω。电动机正常工作时,电动机的输入电压U=220V,输入电流I=4A,不计电动机的摩擦损耗,

电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。忽略水在管道中运动的机械能损失,水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率,重力加速度g取10m/s2。求:(1)电动机的输出功率;(2)水泵的抽水效率η。1

6.(8分)如图所示,一电荷量q=3×10-4C、带正电的小球,用绝缘细线悬于竖直放置、足够大的平行金属板中的O点。闭合开关S后,小球静止时,细线与竖直方向的夹角α=45°。已知两板相距d=0.2m,电源电动势E=12V,内阻r=2Ω,电阻R1=4Ω,R2=R3=

R4=12Ω,重力加速度g取10m/s2。求:(1)流过电源的电流;(2)两板间的电场强度的大小;(3)小球的质量。姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题17.(12分)如图所示,一质量为1kg、带电荷量为q=10-3C的小物块静止在水平轨道上,水平轨道

与14圆弧轨道BC平滑连接,其圆心O1与C在同一水平面上,上方虚线框内存在着水平向右的匀强电场,电场右侧紧挨着一个圆弧轨道DG,其圆心O2与D在同一竖直线上,所有的轨道均绝缘且光滑,圆弧BC和DG的半径均为R=1m。现给小物块√30m/s的初速度,经圆弧轨

道BC后进入电场,再沿着水平方向进入圆弧轨道DG,经过D点时小物块对轨道的作用力恰好为10N,小物块最终落在水平地面上。设小物块在运动过程中带电荷量始终保持不变,空气阻力忽略不计,重力加速度g取10m/s2。求:(结果可用根号表示)(1)小物块在D点的速度大小;(2)C、D两点之间的高度

差;(3)匀强电场的电场强度大小。18.(16分)如图所示,光滑绝缘斜面高度h=0.45m,斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接,水平轨道边缘紧靠平行板中心线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源构成如图所示电路

,平行板板长为L=0.9m,板间距离d=0.6m,定值电阻阻值为R0(未知),可以看作质点的带负电小球电荷量q=0.01C、质量m=0.03kg,从斜面顶端由静止下滑。重力加速度g取10m/s2。(1)若S断开,小球刚好沿平行板中心线做直线运动,求电源的电

压U;(2)在(1)的条件下,若S闭合,调节滑动变阻器,使其接入电路的电阻为R1=6Ω,小球获得4m/s2的加速度,求电阻R0的阻值;(3)在(1)(2)的条件下,若S闭合,调节滑动变阻器,使其接入电路的电阻为R2=2Ω,判断小球能否飞出平行板。密○封○装○订○线密○封○装○订○线

密封线内不要答题答案与解析全书综合测评1.B2.D3.A4.B5.C6.D7.D8.D9.AD10.AC11.BD12.AC1.B匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed中,d为沿电场线方向的距离,两点间的距离越大,电势差不一定越大,A错误;在任何电路中,计算电功都可以用W=UIt,计算电热

都可以用Q=I2Rt,B正确;电源的电动势越大,表示电源把其他形式的能转化为电能的本领越强,提供的电能不一定越多,C错误;φ=𝐸p𝑞是电势的定义式,φ的大小由电场本身的性质决定,与Ep、q无关,D错误。2.D丝绸摩擦过的玻璃棒带正电,与A接触后A带正电;用带绝缘柄的

金属棒将A和B上的金属球连接起来后,B中的部分负电荷通过金属棒流向A,A中金属箔因所带电荷量减少而张角变小,B中金属箔因带同种电荷互相排斥而张角变大,选D。3.A由于电子在平行于纸面的平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,可得形成的电流方向为顺时针方向;根据安培定则可知平面内电流在小磁针

处产生的磁场方向为垂直纸面向里,所以小磁针最后静止时N极的指向应为垂直纸面向里,选A。4.B设元件R两端电压为U,电流为I,由闭合电路欧姆定律得U=E-I(R0+r),代入数据得U=5-5I,把R0等效成电源内阻的一部分,则有U=E'-Ir'=5-5I,在U-I图像中画出图线如图所示,两图线交

点坐标为(0.4A,3.0V),则电源的总功率约为P总=EI=5×0.4W=2W,B正确。5.C设AC中点为D,则D点的电势为φD=𝜑𝐴+𝜑𝐶2=2V=φB,即D点与B点是等势点,B、D连线是一条等势线;

由于直角三角形ABC中,AB=6cm,BC=2√3cm,根据几何关系可得∠C=60°,故三角形BCD为等边三角形,电场方向沿∠C的平分线斜向上,如图所示,电场强度大小E=𝑈𝐵𝐶𝑑=𝑈𝐵𝐶𝐵𝐶cos30°=62√3×√32×10-2V/m=200V/m,A

错误。将一电荷量为q=-3×10-6C的电荷放到C点,其电势能为Ep=qφC=-3×10-6×(-4)J=1.2×10-5J;将其从B点移到C点,电场力做功为WBC=qUBC=-3×10-6×6J=-1.8×10-5J,电势能增

加1.8×10-5J;将其从A点移到B点,电场力做功WAB=qUAB=-3×10-6×6J=-1.8×10-5J,故C正确,B、D错误。6.D由于a、b和c三个质点置于沿水平方向并垂直于ab的匀强电场中,整个系统处于静止状态,所

受合力为零,故对整个系统而言总电荷量为零;由于质点c带电荷量为+Q,所以质点a、b所带电荷总量一定为-Q,A错误。由于质点c处于静止状态,其所受匀强电场的电场力沿水平方向且垂直于ab,故a对其的电场力与b对其的电场力在平行于ab方向上的分量大小相等、方向相反,即𝑘𝑄𝑞𝑎𝐿2c

os60°=𝑘𝑄𝑞𝑏𝐿2cos60°,得qa=qb,即a、b带等量同种电荷,B错误。质点a、b对c的电场力的合力水平向左,可以判定匀强电场对c的电场力向右,故匀强电场沿水平方向并垂直于ab向右,C错误。以质点a为研究对象,在

垂直于ab方向上有𝑘𝑄𝑞𝑎𝐿2·sin60°=Eqa,得E=√3kQ2𝐿2,D正确。7.D握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸,盐水柱长度L增加,横截面积S减小,由电阻定律R=ρ𝐿𝑆可知电阻R3的阻值

增大,A错误;因电阻R3的阻值增大,电路中的总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,路端电压增大,R1两端电压减小,则并联部分电压增大,电压表V的示数增大,B错误;由于电容器两端的电压增大,由E

=𝑈𝑑可知两极板间的电场强度E增大,电场力大于重力,油滴将向上运动,C错误;由于电容器两端电压增大,电容器继续充电,G表中有从c到a的电流,故D正确。8.D根据Ep=φq可知,由于粒子带负电,电势的变化应与题图中Ep的变化相反,

故φ-x图像应如图所示,A错误;φ-x图像的斜率表示电场强度,沿电场方向电势降低,则知在x=0的左侧,存在向左的匀强电场,x=0右侧存在向右的匀强电场,B错误;根据牛顿第二定律知qE=ma,粒子在匀强电场中运动时加速度不变,由于粒子带负电,粒子的加速度在x=0左侧为正值,大小不姓名班级考号密

○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题变,在x=0右侧加速度为负值,且大小不变,C错误;因为带电粒子只受电场力作用,所以带电粒子的动能与电势能总和保持不变,即Ek-x图像应与Ep-x图像的形状上下对称,故D正确。9.AD在曲线运动中,由于物体的速度沿

轨迹的切线方向,合力指向轨迹的凹侧,可知粒子在N点的速度vN和静电力FN的方向关系如图所示,可知粒子从M点运动到N点的过程中,速度v和静电力F的夹角为锐角,静电力做正功,动能增加,所以粒子的速度增大,A正确;由于电场线的疏密表示电场强度的大小,M处电场线比N处电场线疏,所以EM<EN,又

有Eq=ma,可得粒子在M点的加速度较小,B、C错误;虽然静电力的方向确定,但因电场线的方向不确定,故电荷的电性不确定,带电粒子可能带正电,D正确。10.AC在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度

大小仍为B,说明P、Q中的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反,互相抵消,根据安培定则可知,P、Q中的电流方向相同,故A正确。O点的磁场仅由M、N中电流产生的磁场决定,根据安培定则可知,O点

的磁场方向由P指向Q,故B错误。设在M或N中通入大小为I的电流时,在O点产生的磁感应强度大小为B0,根据磁场的叠加原理可得B=2B0,解得B0=𝐵2;P或Q中的电流在O点产生的磁感应强度大小都为B0,若切断

P或Q中的电流,剩余电流在O点产生的磁感应强度如图所示,根据磁场的叠加原理可得O点磁感应强度大小为B'=√𝐵2+(𝐵2)2=√52B,故C正确。因M、N中的电流在O点产生的磁感应强度方向相同,若切断M或N中的电流,剩余电流在O点的磁感应强度的方向不变,所以O点磁感应强度方向相同,故D

错误。11.BD甲粒子向上偏转,所受的电场力向上,与电场方向相同,故甲粒子带正电,A错误;两个粒子在匀强电场中均做类平抛运动,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,有y=12at2=12·𝐸𝑞𝑚t2,E、t、m相等,则y∝q,因为甲粒子的偏转距离y较

小,可知甲粒子所带的电荷量比乙粒子带的电荷量少,B正确;电场力对粒子做功为W=qEy,甲粒子带电荷量少,偏转距离小,则电场力对甲粒子做功少,其电势能变化量小,C错误;水平方向有x=v0t,在相同时间内,乙粒子的水平位移小,则乙粒

子进入电场时的初速度小,而两个粒子质量相等,则乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子的小,D正确。12.AC带电小球从O到c,由动能定理有W电-mgH=0,电场力做正功,W电=mgH,电势能减小,在O点的电势能为0,则在c点的电势能为-mgH,故A正确;c点

的电势为φc=-𝑚𝑔𝐻𝑞,故B错误;由于小球运动过程中只有重力和电场力做功,则小球机械能和电势能之和保持不变,小球从O点到c点的过程中,重力势能一直增大,则电势能和动能之和一直减少,故C正确;带电小球从O点

到b点,根据动能定理有qUOb-mgh=Ekm,解得UOb=𝑚𝑔ℎ𝑞+𝐸km𝑞,则UOb>𝑚𝑔ℎ𝑞,故D错误。13.答案(1)×1(1分)欧姆调零(1分)18(1分)(2)A(1分)R

2-R1(2分)(3)2.2(2分)解析(1)选欧姆挡“×10”挡位并调零,测量时指针向右偏转角度太大,说明所选挡位太大,为准确测出电阻,应先将选择开关调到欧姆挡的“×1”挡位,将红、黑表笔短接,再进行欧姆调零;由题图甲所示表盘可知,所测量电阻Rx的阻值为Rx=1

8×1Ω=18Ω。(2)根据闭合电路欧姆定律可知,通过待测电阻的最大电流约为Imax=𝐸𝑅𝑥+𝑅A+𝑟<𝐸𝑅𝑥=318A≈0.167A=167mA,如果电流表选B,则读数误差太大,故电流表应选A;根据闭合电路欧姆定律,S2断开时有E=I(Rx+R1+R

A+r),S2闭合时有E=I(R2+RA+r),解得Rx=R2-R1。(3)闭合S2后,由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+RA+r),则有1𝐼=1𝐸R+𝑅A+𝑟𝐸,1𝐼-R图像的纵截距b=𝑅A+𝑟𝐸=1A-1,解得RA=Eb-r=3×1Ω-0.8Ω=2.2Ω。14.答案(1)见解

析(2分)(2)3.7(2分)0.22(2分)(3)偏小(1分)偏小(1分)解析(1)根据电路图连接实物图如图所示。密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题(2)根据闭合电路欧姆定律有E=U+𝑈𝑅(R0+r),解得1𝑈=1𝐸+𝑅0+r𝐸𝑅,根据图像的

斜率与截距解得1𝐸=0.27V-1,𝑅0+r𝐸=0.270.45Ω/V,解得E=3.7V,r=0.22Ω。(3)由于电压表的分流作用,流过电源的电流大于通过电阻箱的电流,当外电路短路时电流的测量值与真实值相等,导致电动势的测量值小于真实值,内阻的测量值小于真实值。15.答案(

1)800W(2)87.5%解析(1)电动机的输入功率P电=UI=220×4W=880W(1分)电动机的热功率P热=I2r=42×5W=80W(1分)电动机的输出功率P出=P电-P热=800W(1分)(2)由于水泵的输入功率等于电动机的输出功率,可得水泵的

输入功率P入=800W(1分)水泵的输出功率P出=12m𝑣02+mg(H+h)𝑡(1分)其中m=m0t(1分)解得P出=700W(1分)故水泵抽水效率η=𝑃出𝑃入×100%=87.5%(1分)16.答案(1)1A(2)50V/m(3)1.5×10-3kg解析(1)分析电

路可知,外电路为R2和R3并联后与R1串联,则外电路的总电阻为R=R1+𝑅2𝑅3𝑅2+𝑅3=10Ω(2分)根据闭合电路欧姆定律可得I=𝐸𝑟+𝑅=1A(1分)(2)两板间电压等于路端电压,故U=E-Ir=10V(1分)两板间的

电场强度的大小为E'=𝑈𝑑=50V/m(1分)(3)设小球质量为m,根据平衡条件可得tanα=𝑞𝐸'𝑚𝑔(2分)解得m=1.5×10-3kg(1分)17.答案(1)2√5m/s(2)0.5m(3)√

2×104N/C解析(1)经过D点时小物块对轨道的作用力恰好为10N,由牛顿第二定律有mg+N=m𝑣𝐷2𝑅(2分)解得小物块在D点的速度vD=2√5m/s(1分)(2)小物块从开始运动到C点,由机械能守恒定律有12m𝑣02=12m𝑣𝐶2+mgR(2分)解得小物

块在C点的速度vC=√10m/s(1分)小物块在电场中从C点运动到D点,在竖直方向上做竖直上抛运动,所以C、D两点之间的高度差为h=𝑣𝐶22𝑔=0.5m(2分)(3)小物块从C运动到D的时间为t=𝑣𝐶𝑔=√1010s(2分)沿电场方向有𝐸𝑞𝑚t=v

D(1分)联立解得E=√2×104N/C(1分)18.答案(1)18V(2)4Ω(3)见解析解析(1)当S断开时,两极板间电势差等于电源电压U,由平衡条件得mg=q𝑈𝑑(1分)解得U=18V(1分)(2)当S闭合时,对带电小球,由牛顿第二定律有mg-qE1=ma

1(1分)两极板间电势差UC1=E1d=10.8V(1分)当S闭合,R1=6Ω时,滑动变阻器和R0串联,电容器与滑动变阻器并联,滑动变阻器两端电压有𝑈𝑅1=UC1根据串联分压有𝑅𝐶1𝑈=𝑅1𝑅1+𝑅0(1分)得R0=4Ω(1分)(3)小球下滑过程机械能守恒,由机械能

守恒定律得mgh=12m𝑣02(1分)得小球进入平行板间的初速度为v0=3m/s(1分)姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题当S闭合,R2=2Ω时,𝑈𝐶2𝑈=𝑅2𝑅2+𝑅0(1分)得电容器两端电压UC2=6

V对小球,由牛顿第二定律得mg-qE2=ma2(1分)UC2=E2d(1分)得a2=203m/s2(1分)带电小球在极板间做类平抛运动,竖直方向有y=12a2t2(1分)水平方向有L=v0t(1分)联立求得y=0.3m(1分)即y=𝑑2,带电小球恰好从极板右侧

边缘飞出。(1分)