【正文】 + q 的電場中，若取圖中 P 點(diǎn)處為電勢零點(diǎn) ， 則 M 點(diǎn)的電勢為 (A) ． (B) ． a04??a08?? (C) ． (D) ． ［ q0?q0?］ 2. 如圖所示，兩個同心球殼．內(nèi)球殼半徑為 R1，均勻帶有電荷 Q；外球殼半徑為 R2，殼的厚度忽略，原先不帶電，但與地相連接．設(shè)地為電勢零點(diǎn)，則在內(nèi)球殼里面，距離球心為 r處的 P 點(diǎn)的場強(qiáng)大小及電勢分別為： (A) E＝0， U＝ ． (B) 104R??E＝0， U＝ ． ???????210Q(C) E＝ ， U＝ (D) E＝ ， U＝ ．[ ]204r??r04?204rQ??104R?3. 點(diǎn)電荷 q 位于圓心 O 處， A、 B、 C、 D 為同一圓周上的四點(diǎn)，如圖所示．現(xiàn)將一試驗(yàn)電荷從 A 點(diǎn)分別移動到B、 C、 D 各點(diǎn)，則 (A) 從 A 到 B，電場力作功最大． (B) 從 A 到 C，電場力作功最大． (C) 從 A 到 D，電場力作功最大． (D) 從 A 到各點(diǎn)，電場力作功相等． ［ ］ a a +q P MOR1R2 PrQA BDCOq7. NDPC+qMqO第 15 頁 共 36 頁 4. 如圖所示，直線 MN 長為 2l，弧 OCD 是以 N 點(diǎn)為中心， l 為半徑的半圓弧， N 點(diǎn)有正電荷＋ q， M 點(diǎn)有負(fù)電荷 q．今將一試驗(yàn)電荷＋ q0從 O 點(diǎn)出發(fā)沿路徑 OCDP 移到無窮遠(yuǎn)處，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則電場力作功 (A) A＜0 , 且為有限常量． (B) A＞0 ,且為有限常量． (C) A＝∞． (D) A＝0． ［ ］5. 半徑為 r 的均勻帶電球面 1，帶有電荷 q，其外有一同心的半徑為R 的均勻帶電球面 2，帶有電荷 Q，則此兩球面之間的電勢差 U1U2為： (A) . (B) ????????Rrq140? ????????rR40? (C) . (D) . [ ]0 q0 6. 兩塊面積均為 S 的金屬平板 A 和 B 彼此平行放置，板間距離為 d(d 遠(yuǎn)小于板的線度)，設(shè) A 板帶有電荷 q1， B 板帶有電荷 q2，則 AB 兩板間的電勢差 UAB為 (A) ． (B) ． Sq021??dS0214?? (C) ． (D) ． ［ d021?q021?］7. A、 B 為兩導(dǎo)體大平板，面積均為 S，平行放置，如圖所示． A 板帶電荷+Q1， B 板帶電荷+ Q2，如果使 B 板接地，則 AB 間電場強(qiáng)度的大小 E 為 ［ ］ (A) ． (B) ． S01?SQ021?? (C) ． (D) ． 01 021?二、填空題dBASS q1 q2+Q1+Q2AB第 16 頁 共 36 頁8. 如圖所示,兩同心帶電球面，內(nèi)球面半徑為 r1＝5 cm，帶電荷 q1＝310 8 C；外球面半徑為 r2＝20 cm ， 帶電荷q2＝－610 173。P b1=bt Pb2 =btP0三、 14. 解：(1) m/s 5./???txv (2) v = d x/d t = 9t 6t2 v(2) =6 m/s (3) S = |x ()x (1)| + |x (2)x ()| = 15. 解：(1) 子彈進(jìn)入沙土后受力為－ Ｋ v，由牛頓定律 ∴ 　 　　tmKdv??∴ /0e?　　　(2) 求最大深度 　　　　　　　　　　　　　　　　　txd?v tmKte/0? txtd/0?∴ )e1()/(/mKt??v 0max第 30 頁 共 36 頁二、剛體定軸轉(zhuǎn)動一、16 C C C A D C二、7. 1Ns。 對該軸的合外力矩為零。角并開始下落時，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律 M = J? 其中 4/30sin21mglgl???于是 2rad/當(dāng)棒轉(zhuǎn)動到水平位置時， M = mgl 21那么 2rad/?lgJ? 11. 解：(1) 選擇 A、 B 兩輪為系統(tǒng)，嚙合過程中只有內(nèi)力矩作用，故系統(tǒng)角動量守恒 JA A＋ JB B = (JA＋ JB)  ， ?又  B＝0 得   JA A / (JA＋ JB) = rad / s 轉(zhuǎn)速 200 rev/min ?n (2) A 輪受的沖量矩 T M R ?? T mg a 第 31 頁 共 36 頁 = JA(  A) = ?10 2 Ns ?tMd?負(fù)號表示與 方向相反． ?B 輪受的沖量矩 = JB( 0) = 102 Ns ?td方向與 相同． A??第 32 頁 共 36 頁三、靜電場 電場強(qiáng)度一、17 ACBADDC二、7. －3  / (2 0)。  / (2 0)。 從 O 點(diǎn)指向缺口中心點(diǎn)． ??3022084RqdRqd??????9. Q /  0。四、電勢 靜電場中的導(dǎo)體一、17 DBDDACC二、8. 10cm 9. ?????????2041RSQ?10. Q / (4  0R2)。Q / (4  0R)。 ； 10. 。cos()tyAT?? 11. ?12. 125 弧度/s 三、計(jì)算題 13. 解：旋轉(zhuǎn)矢量如圖所示． 由振動方程可得 ， π21????3?  s =2/3 解： x2 = 3102 sin(4t /6) = 3102cos(4t /6 /2) = 3102cos(4t 2/3) ． 14. 作兩振動的旋轉(zhuǎn)矢量圖，如圖所示． 由圖得：合振動的振幅和初相分別為 A = (53)cm = 2 cm，  = /3 ． 合振動方程為 x = 2102cos(4t + /3) (SI) 15. 解：(1) x1 = 10 m 的振動方程為 (SI) )(.01??tyx x2 = 25 m 的振動方程為 (SI) ).9(.25?tx (2) x2與 x1兩點(diǎn)間相位差    =  2  1 = rad (3) x1點(diǎn)在 t = 4 s 時的振動位移 y = (1254－) m= m 16. 解：在 P 最大限度地減弱，即二振動反相．現(xiàn)二波源是反相的相干波源，故要求因傳播路徑不同而引起的相位差等于 ?2 k （ k = x (m) ???? ???????? t = 0 t O A? xO??????????A?12第 35 頁 共 36 頁1，2，…）． 50 cm．?AP ∴ 2 (50－40) /  = 2k ， ∴  = 10/k cm，當(dāng) k = 1 時，  max = 10 cm