题目列表(包括答案和解析)
在下图所示的电路中，电源的电动势E＝4.5 V，内阻r＝1.0 Ω，电阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω；电容器的电容C＝800 μF，电容器原来不带电．求接通开关K到电路稳定后流过R4的总电量．
在如图所示的电路中，电源的电动势为ε，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，安培表的示数I和伏特表的示数U将：（ ）
在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R0为一定值电阻，闭合电键S，当可变电阻R=10Ω时，电压表读数为2V．当可变电阻R=8Ω时，电压表的读示数为U，则下列说法正确的是（ ）
在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.电阻R两端的电压增大 B.电容器C两端的电压减小
C.电容器C上所带的电荷量增加 D.电源两端的电压减小
题号
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，有效数字位数错误的每空扣1分）
4.00；0.500；2.00
12．（6分）
（1）B、F、H、K、L（2分）；
（2）甲（2分）；先释放纸带再接通电源（2分）
13．（8分）
解：接通电键K后，由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为：
…………………… 1分
由闭合电路的欧姆定律得，通过电源的电流
………… 1分
电源的路端电压
…………………… 2分
电阻
两端的电压（即电容器两端的电压）
… 1分
通过
的总电量就是电容器的带电量
…………………… 2分
由以上各式并代入数据解得：
…………………… 1分
14．（8分）
解：（1）根据题意，粒子在垂直电场的方向上做匀速直线运动，
所以粒子从射入到打到屏上所用的时间
……………… 1分
（2）设粒子射出电场时沿平行场强方向的速度为
，
根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：
…… 1分
所以
…………………… 1分
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速方向间夹角的正切值为
…………………… 1分（3）设粒子在电场中的偏转距离为
，则
…………………… 2分
所以
…………………… 1分
解得：
…………………… 1分
15．（10分）
解：设货物相对传送带滑动的过程中货物的加速度为
，
根据牛顿第二定律得：
…………………… 2分
货物自A端由静止开始运动到与传送带相对静止时所经历的时间为：
…………………… 1分
通过的距离为：
…………………… 1分
代入数据解得：
…………………… 1分
货物自A端由静止开始运送到B端所用的总时间为：
…………………… 2分
根据动能定理，摩擦力对货物做的功为：
…… 2分
所以由A到B的过程中摩擦力对货物做功的平均功率为：
…………………… 1分
16．（10分）
解：（1）第一种形式下，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：
…………………… 2分
解得相邻星体间的距离
…………………… 1分
外侧星体运动的线速度为：
…………………… 1分
解得：
…………………… 1分
（2）第二种形式下，星体运动的半径为：
…… 2分
根据万有引力定律和牛顿第二定律得：
…………………… 2分
解得：
…………………… 1分
17．（12分）
解：（1）设两球组成的系统沿斜面下滑时加速度的大小为，
根据牛顿第二定律有：
…………………… 2分
解得
…………………… 1分
根据公式
…………………… 2分
解得小球B沿斜面下滑的时间
…………………… 1分
（2）由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒。
两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等，设为
根据机械能守恒定律有：
…… 2分
解得：
…………………… 1分
（3）对B球应用动能定理有：
……………… 2分
解得杆对B球所做的功为：
……………… 1分
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