題目列表(包括答案和解析)
如下圖所示，在矩形ABCD的AD邊和BC邊的中點M和N各放一個點電荷，它們分別帶等量的正、負電荷，E、F是AB邊和CD邊的中點，P、Q兩點在MN的連線上，MP＝QN，其中電場強度相同、電勢相等的兩點是
A．E和F
B．P和Q
C．A和D
D．C和D
如圖所示，在矩形ABCD的AD邊和BC邊的中點M、N各放一個點電荷，它們分別帶等量的正電荷，E、F分別是AB邊和CD邊的中點，P、Q兩點在MN的連線上，MP=QN下列說法正確的是（ �。�如圖所示，在矩形ABCD的AD邊和BC邊的中點M和N各放一個點電荷，它們分別帶等量的正、負電荷。E、F是AB邊和CD邊的中點，P、Q兩點在MN的連線上，MP=QN。下列各點中電場強度相同且電勢相等的兩點是
A．A和B B．C和D
C．P和Q D．E和F
| A．E、F兩點的電場強度相同 |
| B．P、Q兩點的電場強度相同 |
| C．將電子沿直線從E點移到F點電場力不做功 |
| D．將電子沿直線從P點移到Q點，電子的電勢能減少 |
| A．E、F兩點的電場強度相同 |
| B．P、Q兩點的電場強度相同 |
| C．將電子沿直線從E點移到F點電場力不做功 |
| D．將電子沿直線從P點移到Q點，電子的電勢能減少 |
題號
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，粒子在垂直電場的方向上做勻速直線運動，
所以粒子從射入到打到屏上所用的時間
……………… 1分
（2）設粒子射出電場時沿平行場強方向的速度為
，
根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：
…… 1分
所以
…………………… 1分
所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速方向間夾角的正切值為
…………………… 1分（3）設粒子在電場中的偏轉距離為
，則
…………………… 2分
所以
…………………… 1分
解得：
…………………… 1分
15．（10分）
解：設貨物相對傳送帶滑動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端由靜止開始運動到與傳送帶相對靜止時所經(jīng)歷的時間為：
…………………… 1分
通過的距離為：
…………………… 1分
代入數(shù)據(jù)解得：
…………………… 1分
貨物自A端由靜止開始運送到B端所用的總時間為：
…………………… 2分
根據(jù)動能定理，摩擦力對貨物做的功為：
…… 2分
所以由A到B的過程中摩擦力對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
外側星體運動的線速度為：
…………………… 1分
解得：
…………………… 1分
（2）第二種形式下，星體運動的半徑為：
…… 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）設兩球組成的系統(tǒng)沿斜面下滑時加速度的大小為，
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沿斜面下滑的時間
…………………… 1分
（2）由于不計摩擦及碰撞時的機械能損失，因此兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒。
兩球在光滑水平面上運動時的速度大小相等，設為
根據(jù)機械能守恒定律有：
…… 2分
解得：
…………………… 1分
（3）對B球應用動能定理有：
……………… 2分
解得桿對B球所做的功為：
……………… 1分
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