題目列表(包括答案和解析)
圓O在空間的水平面上，勻強電場沿水平方向，帶正電粒子僅受電場力，從A點沿不同水平方向以相同速率拋出粒子，結(jié)果粒子過C點動能最大，則電場方向為（ ）圓O在空間的水平面上，勻強電場沿水平方向，帶正電粒子僅受電場力，從A點沿不同水平方向以相同速率拋出粒子，結(jié)果粒子過C點動能最大，則電場方向為
A．沿AB方向
B．沿AC方向
C．沿BC方向
D．沿OC方向
在光滑絕緣的水平面上有半圓柱形的凹槽ABC，截面半徑為R=0.4m．空間有豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量m=0.02kg，帶電量q=+1.0×10-3 C的小球（可視為質(zhì)點）以初速度v0=4m/s從A點水平飛入凹槽，恰好撞在D點，D與O的連線與水平方向夾角為θ=53°，已知重力加速度為g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，試求：
光滑絕緣水平面上有甲、乙、丙三個很小的金屬球，質(zhì)量均為m，甲不帶電，乙?guī)щ娏繛?q，丙帶電量為+| 1 |
| 2 |
| mv0 |
| qB0 |
| π |
| 3 |
| 1 |
| 2 |
 |
| EO |
|
| ADC |
在光滑絕緣的水平面上有半圓柱形的凹槽ABC，截面半徑為R=0.4m．空間有豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量m=0.02kg，帶電量q=+l．0×l0-3 C的小球（可視為質(zhì)點）以初速度v0=4m/s從A點水平飛人凹槽，恰好撞在D點，D與O的連線與水平方向夾角為θ=53°，重力加速度取g=10m/s2，sin 53°=0.8．cos 53°=0.6，試求：一、本題共10小題.每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中。有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確。全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分。
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
A
B
D
B
BC
CD
ABD
二、實驗題：本題共三小題，共計18分
11．（4分）、1.25V 11.2(11.3)V 12 （4分）、BC
13．參考解答：（1）A2 ；R1 （2分）（2）滑動變阻器分壓接法；電流表外接（4分）
（3）由圖可知：U1=1.00 V時，I1=0.155A U2=2.00V時，I2=0.250A
得
由于小燈珠兩端的電壓升高時，燈絲的溫度升高，導(dǎo)致燈絲電阻變大，所以有：
>
（2分）
(4) 剛開始通過小燈珠的電流很小時，根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt可知，燈絲發(fā)出的熱量還不能使它的溫度上升得足夠高，因此它不亮. （2分）
三、計算題：本題共4小題，52分,解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和主要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值與單位。
14．解：（10分）設(shè)燈泡的額定電壓為U，額定電流為I。
則當(dāng)K閉合時，根據(jù)全電路的歐姆定律可得：E=U+2I（R1+r+R2）
當(dāng)K斷開后，要燈泡仍正常發(fā)光，必有：E=U+I（R1+r+R/2）
由以上二式聯(lián)立可得：（R1+r+R/2）=2（R1+r+R2） 求得R/2=50Ω.
15．（12分）(1).宇航員所受到地球的引力全部提供繞地球作圓周運動所需的向心力,宇航員處于完全失重狀態(tài). 2分
(2). 飛船繞地球做勻速圓周運動,萬有引力提供向心力,則有:
GMm/(R+h)2=m(2π/T)2(R+h) 2分
地表物體的重力等于物體受到的萬有引力,則有:m/g=GMm//R2 2分
解得:
2分
(3).設(shè)空氣阻力為f，由題設(shè)可知 f=kv2 ，勻速下降時 f=m
， 1分
由此可解得勻速下降的速度為 
，
1分
單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的機械能為： 
2分
16（14分）解：(1) 由小球運動到最高點可知，小球帶正電． （2分）
（2）設(shè)小球運動到最高點時的速度為v， 對該過程中，由動能定理有：
（qE－mg）L＝
① （2分）
在最高點小球在細(xì)線斷裂前瞬間，設(shè)細(xì)線拉力為T，則根據(jù)牛頓第二定律有：
T＋mg－qE=
② （2分）
由①②式及題中數(shù)據(jù)可得：T＝15N （1分）
（3）小球在細(xì)線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a，得：
a＝
，
③ （2分）
設(shè)C在水平方向運動L過程中歷時為t，則水平方向上有：
L＝vt ④ （1分）
設(shè)豎直方向的位移為s，則有：
⑤ （2分）
由①③④⑤式及題中數(shù)據(jù)解得： 
0.125m
（1分）
所以當(dāng)小球運動到與O點水平方向相距L時，小球距O的高度為
m
（1分）
17.（16分） （1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E0電場進(jìn)入E1電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達(dá)R時豎直速度為vy，則：
由
、
及
得：
①
②
③
④
上述三式聯(lián)立解得：
,
即
（8分）。
(2)由E1＝2E0及③式可得t1＝2t2。
因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍。即粒子在E0電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E1電場中的兩倍。
設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達(dá)PT直線用時△t，水平位移為△x，則
（1分） 
粒子在電場E1中可能做類平拋運動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返回E0電場，在E0電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E0電場中做類斜拋運動再返回E1電場。
若從E1電場垂直CD射出，則
（n＝0、1、2、3、……）
解得：
（n＝0、1、2、3、……）
若粒子從E0電場垂直CD射出電場，則
（k＝1、2、3、……）
（k＝1、2、3、……）（8分）
即PF間的距離為
其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……
或 
（n＝1、2、3、……）
解得：
（n＝1、2、3、……）
即PF間的距離為
（n = 1，2，3，……）
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