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如圖所示，平行板電容器與燈泡串聯(lián)后接在交變電源上，燈泡正常發(fā)光，則（ ）

A．將介質(zhì)板插入電容器中，燈泡將變暗
B．增大交變電流的頻率，燈泡將變暗
C．把電容器極板間距拉開一些，燈泡將變暗
D．把電容器兩極板錯(cuò)開一些，燈泡將變暗

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如圖所示，平行板電容器與燈泡串聯(lián)后接在交變電源上，燈泡正常發(fā)光，則（　�。�

A．將介質(zhì)板插入電容器中，燈泡將變暗

B．增大交變電流的頻率，燈泡將變暗

C．把電容器極板間距拉開一些，燈泡將變暗

D．把電容器兩極板錯(cuò)開一些，燈泡將變暗

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如圖所示，平行板電容器與燈泡串聯(lián)后接在交變電源上，燈泡正常發(fā)光，則（　�。�

A．將介質(zhì)板插入電容器中，燈泡將變暗

B．增大交變電流的頻率，燈泡將變暗

C．把電容器極板間距拉開一些，燈泡將變暗

D．把電容器兩極板錯(cuò)開一些，燈泡將變暗

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如圖所示，平行板電容器通過一滑動(dòng)變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的電流計(jì)，閉合開關(guān)S后，下列說法中正確的是

[     ]

A．若在兩板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變大
B．若在兩板間插入一導(dǎo)體板，電容器的帶電量變小
C．若將電容器下極板向下移動(dòng)一小段距離，此過程電流計(jì)中有從a到b方向的電流
D．若將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)，電容器儲(chǔ)存的電能將增加

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如圖所示，平行板電容器通過一滑動(dòng)變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的電流計(jì)，閉合開關(guān)S后，下列說法中正確的是

A．若在兩板間插入電介質(zhì)，電容器的電容變大

B．若在兩板間插入一導(dǎo)體板，電容器的帶電量變小

C．若將電容器下極板向下移動(dòng)一小段距離，此過程電流計(jì)中有從a到b方向的電流

D．若將滑動(dòng)變阻器滑片P向上移動(dòng)，電容器儲(chǔ)存的電能將增加

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題號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

C

B

BD

ABC

AB

BCD

A

BD

B

D

11．（6分，每空2分，有效數(shù)字位數(shù)錯(cuò)誤的每空扣1分）

4.00；0.500；2.00

12．（6分）

（1）B、F、H、K、L（2分）；

（2）甲（2分）；先釋放紙帶再接通電源（2分）

13．（8分）

解：接通電鍵K后，由電阻的串并聯(lián)公式，得閉合電路的總電阻為：

                                 …………………… 1分

由閉合電路的歐姆定律得，通過電源的電流  ………… 1分

電源的路端電壓                         …………………… 2分

電阻兩端的電壓（即電容器兩端的電壓） … 1分

通過的總電量就是電容器的帶電量    …………………… 2分

由以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：     …………………… 1分

14．（8分）

解：（1）根據(jù)題意，粒子在垂直電場(chǎng)的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間     ……………… 1分

（2）設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行場(chǎng)強(qiáng)方向的速度為，

根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：     …… 1分

所以                                          …………………… 1分

所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速方向間夾角的正切值為

                                        …………………… 1分（3）設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為，則

                               …………………… 2分

所以                                      …………………… 1分

解得：                                         …………………… 1分

15．（10分）

解：設(shè)貨物相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的過程中貨物的加速度為，

根據(jù)牛頓第二定律得：   …………………… 2分

貨物自A端由靜止開始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間為：

                                                         …………………… 1分

通過的距離為：                                          …………………… 1分

代入數(shù)據(jù)解得：                                      …………………… 1分

貨物自A端由靜止開始運(yùn)送到B端所用的總時(shí)間為：

                                         …………………… 2分

根據(jù)動(dòng)能定理，摩擦力對(duì)貨物做的功為：      …… 2分

所以由A到B的過程中摩擦力對(duì)貨物做功的平均功率為：

                                                    …………………… 1分

16．（10分）

解：（1）第一種形式下，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律得：

                            …………………… 2分

解得相鄰星體間的距離           …………………… 1分

外側(cè)星體運(yùn)動(dòng)的線速度為：             …………………… 1分

解得：                                       …………………… 1分

（2）第二種形式下，星體運(yùn)動(dòng)的半徑為： …… 2分

根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律得：

                             …………………… 2分

解得：                                    …………………… 1分

17．（12分）

解：（1）設(shè)兩球組成的系統(tǒng)沿斜面下滑時(shí)加速度的大小為，

根據(jù)牛頓第二定律有：       …………………… 2分

解得                                             …………………… 1分

根據(jù)公式                                  …………………… 2分

解得小球B沿斜面下滑的時(shí)間 …………………… 1分

（2）由于不計(jì)摩擦及碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，因此兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小相等，設(shè)為

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： …… 2分

解得：                       …………………… 1分

（3）對(duì)B球應(yīng)用動(dòng)能定理有： ……………… 2分

解得桿對(duì)B球所做的功為：       ……………… 1分