電荷量分別為+q、+q、-q的三個(gè)帶電小球，分別固定在邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)的絕緣三角形框架的三個(gè)頂點(diǎn)上，并置于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示．若三角形繞穿過其中心O垂直于三角形所在平面的軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)過120°，則此過程中系統(tǒng)電勢(shì)能變化情況為（ ）
A．增加
B．減少
C．增加EqL
D．減少EqL

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電荷量分別為+q、+q、-q的三個(gè)帶電小球，分別固定在邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)的絕緣三角形框架的三個(gè)頂點(diǎn)上，并置于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示．若三角形繞穿過其中心O垂直于三角形所在平面的軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)過120°，則此過程中系統(tǒng)電勢(shì)能變化情況為（ ）
A．增加
B．減少
C．增加EqL
D．減少EqL

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在光滑的絕緣水平面上，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，固定在圖中P、Q兩點(diǎn)，MN為PQ連線的中垂線上的兩點(diǎn)，交PQ于O點(diǎn)，且MO=NO，一電子e從M點(diǎn)自由釋放，粒子將沿著MN連線做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，去無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，則粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中（　�。�

A、先作勻加速運(yùn)動(dòng)，后作勻減速運(yùn)動(dòng)

B、先從高電勢(shì)到低電勢(shì)，后從低電勢(shì)到高電勢(shì)

C、電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變

D、電勢(shì)能先減小，后增大

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如圖所示，在點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)中，帶電粒子q僅受電場(chǎng)力作用，運(yùn)動(dòng)軌跡為MEGFN曲線，其中G點(diǎn)與等勢(shì)面a相切，E、F兩點(diǎn)在等勢(shì)面b上，M、N兩點(diǎn)在等勢(shì)面c上．則以下判斷正確的是（　�。�

A．q與Q電性相同

B．帶電粒子在G點(diǎn)電勢(shì)能最小

C．帶電粒子在M點(diǎn)動(dòng)能大于F點(diǎn)

D．帶電粒子在E點(diǎn)電勢(shì)能小于N點(diǎn)

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一、選擇題（4分×10＝40分）

題 號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答 案

D

B

AD

BC

C

A

B

D

ABD

AD

二、實(shí)驗(yàn)題（共20分）

11.11.70（3分）

12.（共6分，每空2分）0.986，2.58，5.99

13. ABC（3分，選對(duì)一個(gè)給1分，有錯(cuò)選或多選的不給分）

14.（共8分）

   （1）BC（2分，選對(duì)一個(gè)給1分，有錯(cuò)選或多選的不給分）

　 （2）A距地面的高度h，B在某桌面上滑行的總距離s，A、B的質(zhì)量m_A、m_B(3分)

　 （3）（3分，其它方案正確的可參考給分）

三、計(jì)算題（共40分。以下各題僅提供一種解法，其他解法可參考給分）

15.（10分）

　　解：（1）設(shè)兩人奔跑的最大速度為v，乙全力奔跑時(shí)的加速度為a、乙在接力區(qū)跑出的距離為s^/時(shí)速度達(dá)到最大速度的75%，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

            v²＝2as ……………………………………………………………………（2分）

　　　　　　(0.75v)²＝2as^/    …………………………………………………………（1分）

            解得　s^/ ＝11.25m  ………………………………………………………（2分）

　　　 （2）設(shè)乙在距s0處開始起跑，到乙接棒時(shí)乙跑過的距離為s＇，所用時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

　　　　　　對(duì)甲有　vt＝s₀＋s＇………………………………………………………（2分）

            對(duì)乙有　s＇＝×0.75 vt　 ………………………………………………（1分）

            解得　s₀＝18.75m

16.（10分）

　　解：設(shè)火箭點(diǎn)火后豎直向上的加速度為a，燃料恰用完時(shí)火箭的速度為v，此時(shí)上升高度為h，據(jù)牛頓第二定律有

　　　　F－G＝ma  ……………………………………………………………………（2分）

       由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有　v₂＝2ah　  …………………………………………………（2分）

                       v＝gt 　　 …………………………………………………（2分）

                       H－h(huán)＝gt²      ……………………………………………（2分）

       代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得　　　………………………………………………（2分）

17.（10分）

解：（1）由圖象可知，C與A碰前速度v₁＝9m/s，碰后速度v₂＝3m/s

　　　　C與A碰撞過程中動(dòng)量守恒　m_Cv₁＝(m_A＋m_C) v₂　　………………（2分）

　　　　代入數(shù)據(jù)解得　m_C＝2.0kg　 …………………………………………（1分）

   （2）墻壁對(duì)物體始終不做功，W＝0　 ……………………………………（1分）

    由圖可知，向右為正方向，12s末A和C的速度v₃＝－3m/s

    根據(jù)動(dòng)量定理，經(jīng)分析可知，4s到12s的時(shí)間內(nèi)墻壁對(duì)B的問沖量

　　I＝(m_A＋m_C)v₃－(m_A＋m_C)v₂　…………………………………………（2分）

　　代入數(shù)據(jù)解得　I＝－36N?s  　方向向左  …………………………（1分）

（3）經(jīng)分析知，12sm末B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，且當(dāng)AC和B具有相同速度v₄時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能E_P最大。有

　　 (m_A＋m_C)＝(m_A＋m_B＋m_C)v₄ …………………………………………（1分）

　　 　……………………（1分）

　　　代入數(shù)據(jù)解得　E_P＝9.0J  …………………………………………（1分）

18.（10分）

　　解：（1）設(shè)帶電系統(tǒng)靜止時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，有　2mg＝4Eq 　解得E＝

電場(chǎng)強(qiáng)度增倍后，從開始到B球進(jìn)入電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理有

　　　　　　 (2E×4q－2mg)L＝　 …………………………………………（2分）　　　　

　　　　　　 聯(lián)立上式解得B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度　v₁＝ ……………（1分）

        （2）設(shè)B球在電場(chǎng)中的最大位移為s，經(jīng)分析知A球向上越過了MN（有分析過程的可酌情給分），根據(jù)動(dòng)能定理有

　　　　　　 2E×4q×2L－2E×3q×2s－2mg(s＋L)＝0　 ………………………（1分）

             解得　s＝1.2L　故B球的最大位移　s＝2.2L …………………（1分）

             電場(chǎng)力對(duì)B球做功　W＝－2E×3q×1.2L＝－3.6mgL

　　　　　　 則B球電勢(shì)能增加3.6mgL

　　　�。�3）帶電粒子向上運(yùn)動(dòng)分三階段，每一階段勻加速運(yùn)動(dòng)，據(jù)牛頓第二定律有

          a₁＝＝g 運(yùn)動(dòng)時(shí)間　t₁＝　……………………（1分）　

　　　　　第二階段勻減速運(yùn)動(dòng)　同理可得　a₂＝

設(shè)A球出電場(chǎng)時(shí)的速度為v₂，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有　＝2a₂L　

　　　　　解得 v₂＝　t₂＝　………………………（1分）

　　　　　第三階段勻減速運(yùn)動(dòng)　a₃＝　t₃＝　…（1分）

　　　　　則運(yùn)動(dòng)周期　T＝2(t₁＋t₂＋t₃)＝(6－)　　　　　　　　�。�1分）