題目列表(包括答案和解析)
如圖，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea ，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb ，方向與ab連線成30°角。關于a、b兩點的場強Ea、Eb及電勢
a、b的關系，有(
)
A. Ea＝3Eb ，a＞b B.
Ea＝3Eb ，a＜b
C. Ea＝
Eb ，a＜b D.
Ea＝
Eb ，a＜b
a、b的關系，有( )
| A． Ea＝3Eb，a＞b | B． Ea＝3Eb，a＜b |
C． Ea＝ Eb，a＜b | D． Ea＝ Eb，a＜b |
如圖，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea ，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb ，方向與ab連線成30°角。關于a、b兩點的場強Ea、Eb及電勢
a、b的關系，有( )
A. Ea＝3Eb ，a＞b B. Ea＝3Eb ，a＜b
C. Ea＝
Eb ，a＜b D. Ea＝
Eb ，a＜b
如圖，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea ，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb ，方向與ab連線成30°角。關于a、b兩點的場強Ea、Eb及電勢
a、b的關系，有( )
A. Ea＝3Eb ，a＞b B.Ea＝3Eb ，a＜b
C. Ea＝
Eb ，a＜b D.Ea＝
Eb ，a＜b
如圖，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角。關于a、b兩點的場強Ea、Eb及電勢
a、b的關系，有( )
| A． Ea＝3Eb，a＞b | B． Ea＝3Eb，a＜b |
C． Ea＝ Eb，a＜b | D． Ea＝ Eb，a＜b |
一、選擇題（本題包括12小題，共48分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
CD
B
C
AC
C
B
BD
C
B
D
CD
A
二、實驗題（本題共兩小題，共17分）
13、⑴ 1.10 （2分）（說明：有效數字不正確不給分）
⑵ 0.765 （3分）（說明：有效數字不正確不給分）
14、⑴ ①不放B時用秒表測出彈簧振子完成30次全振動的時間t1
②將B固定在A上，用秒表測出彈簧振子完成30次全振動的時間t2（此兩步共5分，明確寫出只測一次全振動時間的最多給3分）
⑵ 
（3分）
⑶ 無 （1分） 物體與支持面之間沒有摩擦力，彈簧振子的周期不變。（3分）
三、計算題（本題包括5小題，共55分）
15、（8分）(說明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：對飛鳥，設其最小的飛行速度為v1，則： 
（1分）
對飛機，設其最小起飛速度為v2， 則： 
（1分）
兩式相比得:
（1分）
代入數據得:
（2分）
設飛機在跑道上滑行的距離為s，由公式：v2=2as （1分）
得：
=900m
（2分）
16、（10分）(說明：其它方法正確按步驟參照給分)
解:設0～2.0s內物體的加速度大小為a1，2～4s內物體的加速度大小為a2，
由 
得
a1=5m/s2，
（1分）
a2=1m/s2 （1分）
由牛頓第二定律得：
（1分）
（1分）
解得： F=30N （2分）
由圖象得：物體在前4s內的位移為：
=8m
（2分）
故水平外力F在4s內所做的功為：
=－240J
（2分）
17、（12分）(說明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：⑴設火星表面的重力加速度為
，地球表面的重力加速度為g
由萬有引力定律有：
（1分）
可得 
， 
（2分）
設探測器在12m高處向下的速度為
，則根據能量關系有：
（1分）
代入數據，解得 
（1分）
⑵設探測器落地的速度為
，反彈的速度為
，則有：
（1分）
（1分）
代入數據，解得: 
（1分）
（1分）
設“勇氣”號和氣囊第一次與火星碰撞時所受到的平均沖力為N，
由動量定理得：
（2分）
代入數據，解得：N=4400N （1分）
18、（12分）(說明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：⑴設粒子從電場中飛出時的側向位移為h, 穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y
則： h=at2/2 （1分）
即：
（1分）
代入數據，解得： h=0.03m=3cm （1分）
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得：
（1分）
代入數據，解得: y=0.12m=12cm （1分）
⑵設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vy=at= 
代入數據，解得: vy=1.5×106m/s （1分）
所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：
（1分）
設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：
（1分）
因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直。
勻速圓周運動的半徑：
（1分）
由：
（2分）
代入數據，解得： Q=1.04×10-8C （1分）
19、（13分）(說明：其它方法正確按步驟參照給分)
解：⑴設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1,根據動量守恒定律：
（1分）
代入數據，解得： v1=3m/s （1分）
⑵設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過t0與木盒相遇,
則：
（1分）
設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據牛頓第二定律：
得： 
（1分）
設木盒減速運動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2，則：
=1s
（1分）
故木盒在2s內的位移為零 （1分）
依題意：
（2分）
代入數據，解得： s=7.5m t0=0.5s （1分）
⑶自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s1,則：
（1分）
（1分）
故木盒相對與傳送帶的位移： 
則木盒與傳送帶間的摩擦而產生的熱量是： 
（2分）
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