題目列表(包括答案和解析)
如圖，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠處以初速度
射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN。a、b、c是以O為中心，
、
、
為半徑畫出的三個圓，
。1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點，以
表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小，
表示由3到4的過程中電場力做的功的大小，則（ ）
A． |
B． |
| C．P、O兩電荷可能同號，也可能異號 |
| D．P的初速度方向的延長線與O的距離可能為零 |
如圖，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠處以初速度
射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN。a、b、c是以O為中心，Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓，Rc－Rb＝Rb－Ra。1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點。以
表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小，
表示由3到4的過程中電場力做的功的大小，則（ ）
| A．＝2 |
| B．＞2 |
| C．P、O兩電荷可能同號，也可能異號 |
| D．P的初速度方向的延長線與O之間的距離可能為零 |
如圖，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠處以初速度
射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN。a、b、c是以O為中心，Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓，Rc－Rb＝Rb－Ra。1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點。以
表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小，
表示由3到4的過程中電場力做的功的大小，則（ ）
A．＝2
B．＞2
C．P、O兩電荷可能同號，也可能異號
D．P的初速度方向的延長線與O之間的距離可能為零
如圖，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠處以初速度
射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN。a、b、c是以O為中心，Ra、Rb、Rc為半徑畫出的三個圓，Rc－Rb＝Rb－Ra。1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點。以
表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小，
表示由3到4的過程中電場力做的功的大小，則（ ）
A．＝2
B．＞2
C．P、O兩電荷可能同號，也可能異號
D．P的初速度方向的延長線與O之間的距離可能為零
如圖，O是一固定的點電荷，另一點電荷P從很遠處以初速度
射入點電荷O的電場，在電場力作用下的運動軌跡是曲線MN。a、b、c是以O為中心，
、
、
為半徑畫出的三個圓，
。1、2、3、4為軌跡MN與三個圓的一些交點，以
表示點電荷P由1到2的過程中電場力做的功的大小，
表示由3到4的過程中電場力做的功的大小，則（
）
A．
B．
C．P、O兩電荷可能同號，也可能異號
D．P的初速度方向的延長線與O的距離可能為零
一
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
C
A
B
BD
AD
CD
BD
BD
ABD
B
AC
二
13．（1）將玻璃板放在盤上，用筆畫出油膜的形狀(2分) 
(3分)
（2）（1）
14．
（6分）
15題．（共8分）
解：該隊員先在t1=1s時間內以a1勻加速下滑．
然后在t2=1.5s時間內以a2勻減速下滑．
第1s由牛頓第二定律得：mg－F1=ma1
所以a1=
=
最大速度vm=a1t1
代入數(shù)據解得：vm=
后1.5s由牛頓第二定律得：F2－mg=ma2
a2=
=
隊員落地時的速度v=vm－a2t2
代入數(shù)據解得：v=
16（8分）題將運動員看成質量為m的質點，從高
處下落，剛接觸網時的速度的大小
①
（2分）
彈跳后到達的高度為
，剛離網時的速度的大小
②
（2分）
接觸過程中運動員受到向下的重力mg和網向上的彈力F。選取豎直向上為正方向，由動量定理，得
③
（3分）
由以上三式解得
代入數(shù)值得 
（1分）
17．（12分）
(1)mv0=2mvA…………………………（3分） vA =
v0……………………（1分）
(2)qE=2mv
E= 
……………………………………………………………（1分）
E的方向是: 豎直向上………………………………………………（1分）
(3)在AB過程中應用動能定理有： qE?2r-2mg?2r=EkB-?2mv2共…………………（3分）
∴EkB=
mv20-4mgr………………………………………………………（1分）
18．（12分）參考解答：
（1）開始時彈簧形變量為
，
由平衡條件：
①…………… （1分）
設當A剛離開檔板時彈簧的形變量為
：
由：
②…………………………（1分）
故C下降的最大距離為：
③…………………………（2分）
由①～③式可解得
④………………………… （2分）
（2）由能量守恒定律可知：C下落h過程中，C重力勢能的的減少量等于B的電勢能的增量和彈簧彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動能的增量之和
當C的質量為M時：
⑤………………（2分）
當C的質量為
⑥ ……………（2分）
由④～⑥式可解得A剛離開P時B的速度為：
⑦…………………………（2分）
19題：（14分）
（1）m1與m2碰撞過程滿足
mv0=mv1+2mv2 （1分）
mv02=mv12+2mv22
（1分）
得v1＝-
（負號表示逆時針返回），v2＝-
（2分）
（2）因為m2=m3=＝v2
（2分）
所以m3以的速度順時針由C向A運動，與m1逆時針返回，
因為v2=v3=2v1， 
+
=2
所以m3和m1同時到達A點并進行碰撞。 （2分）
（3）m3和m1碰撞過程滿足
-m=m v1′+
)2+m()2=m v1′2+
解之得v1′＝v0，v3′＝0（另一解v1′＝-，v3′＝，這表示互相穿過去，不可能，所以舍去）即碰后m3停止，m1以v0再次順時針運動。
（4分）
m1和m2第一次相碰后，返回A點的時間t1=
=
m1和m3在A處碰后，m1以v0返回到C的時間t2=
＝
從m1和m3在第一次相碰，到m1和m2第二次相碰經歷的總時間
t= t1+ t2=
（2分）
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