如图所示，q₁和q₂是两个位置固定的正、负点电荷，在它们直线延长线上的a点，电场强度恰好为零．现将一个正电荷q从a点左边的b点沿bac直线移到右边的c点，该电荷的电势能将（　　）

A、不断增大

B、不断减小

C、先减小后增大

D、先增大后减小

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

如图所示，Q₁和Q₂是两个位置固定的正、负点电荷，在它们连线的延长线上的a点，电场强度恰好为零，现在把一个正点电荷q从a点左边的b点沿bac移到c点，则下列结论中正确的是（   ）

A．q的电势能先增加后减小；	B．q的电势能先减小后增加；
C．a点的电势比b点的电势高；	D．a点的电势比c点的电势高；

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

题号

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

B

D

B

C

D

AC

 ABC

AD

22．(18分) 12．（1）圆心O处

（2）B、C

（3）铁丝距B（或A）

（4）由上面实验步骤知P′为铁丝在P时的像，PC为入射光线，i、r为对应入、折射角，由折射定律、折射率：，而，，

 （用其他方法表示的结果正确也给分）

（2）① 甲，  ②150Ω  ③E＝或E＝ .

评分标准：本题共18分.(1)问6分，选对但不全，每选一个给2分，有选错或不选得0分；

(2)问共12分，①4分，②4分，③4分.

23．(15分)解：（1）（0～2）s内物体做匀减速直线运动，设加速度为a₁，则有：

              -（F+f ）= m a₁                                                   

（2～4）s内物体做匀加速直线运动，设加速度为a₂，则有：a₂=1m/s²                                   

F―f = m a₂                               又f=μmg                                  

所以解得，μ=0.2              （8分）

（2）由F―f = m a₂  得

F= m a₂ +f= m a₂+μmg =150N    （7分）

　13．解析：（1）设小球经过C点时的速度大小为

　　小球从B到C，根据机械能守恒定律：mg（R＋Rcos60°）＝

　　代入数据求出　＝3m/s

　　（2）小球经过C点时受到三个力作用，即G、弹簧弹力F、环的作用力．设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律：

　　　　F＝k?x＝2.4N

　　∴　　＝3.2N　方向向上

　　根据牛顿第三定律得出：小球对环的作用力大小为3.2N，方向竖直向下．

　　14．解析：（1）当棒MN所受外力与安培力相等时，速度最大．

　　　　　　　　∴　

　　（2）由能量关系可知，撤去F后，MN的动能全部转化为电能并在R上转化为焦耳热．

　　∴　

17．（1）∵，得：

带电粒子进入电场的速度方向沿O₁O₂，，则有,得

（2）从a点沿某一方向进入磁场的粒子从b点飞出，轨道的圆心在C点。四边形aObc是菱形，所以Cb∥Oa，即粒子飞出磁场的速度方向与OO₁平行。

（3）粒子经过电场，偏转距离一定，所以能从电场中飞出的粒子是从中点O₁到上板M之间区域进入电场的粒子。设粒子从a点进入磁场时的速度方向与aO夹角为θ时恰好能从M板边缘进入电场，则∠Obd=30^o，所以∠Cab=∠Oab=30^o，θ=30^o，即粒子进入磁场的方向应在aO左侧与aO夹角小于30^o（或不大于30^o）的范围内。