题目列表(包括答案和解析)
9.(1)n=It/q (2)W=UIt= UI (3)略 10.
,由
得,
,t=T/6=
。
第17课时1.D 2.AD 3.A 4.BD 5.A 6.A
8.
,B=5.5×1O4T ,P=BILV=1.1×1010W
7.
(1)小球从P滑到Q处的过程中,据机械能守恒定律有:
mg×2R=![]()
代人数据得v0=6m/s
(2)对Q处的小球受力分析如图所示,据牛顿第二定律有:
qvB-mg=![]()
代人数据得![]()
(2)对Q处的小球受力分析如图所示,据牛顿第二定律有:
qvB-mg=m
代入数据得m=1.2×10-5kg.
6.设正方形的边长为L,依题意知,Rc=L,Rd=L/2,由
得,vc:vd =2:1
9.
10.(1)
水平向外 (2)![]()
第16课时1.B 2.B 3.A 4.D 5.D
10.通过比例关系设DC=L/
所以L/=![]()
通过相似三角形,对小球进行受力分析,设水平方向的力为F
则
F=
所以a=
刻度不均匀。
第13课时1.AC 2.D 3.CD 4.BCD 5.ABD 6.C 7.AD 8.C 9.A 10.F=BIL=0.6N,
=1N
第14课时1.B 2.D 3.A 4.D 5.CD 6.BI1L-f=0,BI2L-f=ma B=1.2T 7.F△l=A△l B2/2μ B=
8.3.0×10-3,下
9.右,右 10.0.25N
第15课时1.BC 2.BD 3.BC 4.CD 5.D 6.C 7.AC 8.BC
8.1.5 3 B A 9.当S断开时,I2R=684 I=6A 所以E=120V
当S闭合时,I2R=475 I=5A 所以U=95V此时I总=25A 所以I电=20A
所以P总=20×95=1900W P热=400×0.5=200W
所以
1700W
10.
第12课时:1.D 2.D 3.B 4.C 5.B 6.A 7.CAEGBFH
8.475 7500 9.P1=1W 或P1=81W 10.伏特表1V 安培表1A
第9课时:1.BC 2.C 3.A 4.AD 5.B 6.C 7.55 54.5 0.5 8.
9.0.6W 15
10
R/4
第10课时:1. B 2.C 3.A 4.A 5.C 6.C 7. 6 2 8.变小 变大 变大 变小 变小 变大 9.S断开UC=E=10V S合 UC/=5V 2:1 Q=4×10-7C Q/=2×10-7C 10 I=P/U=2A PM总=EI-PL-I2r=60-12-4×1=44W P机= PM总-I2R=44-8=36W
第11课时:1.C 2.A 3.BD 4.BD 5.ABC 6.D 7.A 8.24
72
168
9.S 左端“0” ×10 T
右端“0” 1.5×104![]()
8.= 9.(1)C应带负电(2)在AB的延长线上,距A为0.2m处(3)q=-9Q/4 10.![]()
第2课时:1.BC 2.C 3.C 4.D 5.B 6.ABC 7.C 8.(1)A带负电 B带正电(2) 若撤掉A,C的场强为7.5V/m 方向由B指向C 9.E=mgtgθ/q 10.F=5(Eq+mg)
第3课时:1.A 2.ABD 3.B 4.BCD 5.B 6.B 7.C 8.
9.(1)
V;(2)
V;(3)
J;(4)
10.(l)a点高;(2)在b点电势能大;(3)是克服电场力做功,
J
11把电荷从A点移到B点,由
得,
(V),
(V),把电荷从B点移到C点,
(V),
。因为
,所以A.C在同一等势面上,根据场强方向垂直等势面并且由高电势处指向低电势处,可得到该电场的场强方向垂直于AC,指向左上方12.![]()
第4课时:1.C 2.C 3.D 4.ABC 5.电势能增加0.25J 6.200V/m 斜向上方 -2V
-1V 7. 24J 8.
![]()
第5课时:1.D 2. BD 3.B 4.BC 5.C 6.BC 7.C 8.5.0×10-6C
第6课时: 1.B 2. B 3.AD 4.C 5.d/8 6.136.5V 7.略 8. 大于200V小于1800V 9. 3d, d
10. (1)
(2)
第7课时:1.D 2.C 3.D 4.C 5.C 6.D 7.Q=It=1×10-3C n=Q/q=1×10-3÷(1.6×10-19)=6.25×1015个 8.3 2×1020 b a a b 9. 220/300>0.6 不能
10. n=
n=2.3×1023
第8课时:1.B 2.A 3.AC 4.BC 5.A 6.A 7. 40 25
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