題號(hào)123456789答案DBDCBACADABBC1.【答案】D【解析】體操運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)的動(dòng)量一定，在落地的過(guò)程中，動(dòng)量變化一定，由動(dòng)量定理可知，運(yùn)動(dòng)員受到的沖量I一定，故AC錯(cuò)誤；人落地前后動(dòng)能一定，故落地過(guò)程中，動(dòng)能的變化量是一定的，故B錯(cuò)誤；由I=Ft可知，體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是延長(zhǎng)時(shí)間t，可以減小運(yùn)動(dòng)員所受到的平均沖擊力F，故D正確。2.【答案】B【解析】依題意，兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為,當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時(shí)，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度如圖所示，則合電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2＝EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(E),2)1，故選項(xiàng)B正確。3.【答案】D【解析】潮濕的空氣易于導(dǎo)電，則起電機(jī)產(chǎn)生的靜電不容易在鐵鋸條和金屬片上積累，則該實(shí)驗(yàn)不易成功，故A錯(cuò)誤；起電機(jī)搖動(dòng)時(shí)，鋸條處聚集的電荷最密集，塑料瓶?jī)?nèi)存在的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；鋸條和金屬片間的電場(chǎng)讓空氣電離，電離出的電子讓煙塵顆粒帶負(fù)電，不需要讓煙塵顆粒先帶上電荷才能做成功，故C錯(cuò)誤；帶電的煙霧顆粒向著金屬片運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故D正確。4.【答案】C【解析】金屬圓盤(pán)和金屬棒分別接電源正、負(fù)極，則圓盤(pán)帶正電荷，則電場(chǎng)線由圓盤(pán)指向金屬棒(向上)，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，N點(diǎn)的電場(chǎng)線比P點(diǎn)的疏，則N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比P點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；污泥絮體帶負(fù)電，從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)其做正功，故C正確；污泥絮體帶負(fù)電，M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，則P點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低，則污泥絮體在N點(diǎn)的電勢(shì)能比其在P點(diǎn)的小，故D錯(cuò)誤。5.【答案】B【解析】因?yàn)槭莿驈?qiáng)電場(chǎng)，且e為ab的中點(diǎn)，則有φa—φe=φe—φb，解得e點(diǎn)電勢(shì)為φe=0，故A不符合題意；由于φc>φb，可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向由c指向b，水平向左；大小為E=φcbEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(—φ),c)b=200V/m，故B符合題意，D不符合題意；因?yàn)槭莿驈?qiáng)電場(chǎng)，且ab與dc平行相等，則有Uab=Udc，故C不符合題意。6.【答案】A【解析】斷開(kāi)開(kāi)關(guān)K后，電容器所帶電荷量不變，則由Q=CU、，可得。將平行板電容器的下極板豎直向上平移一小段距離，板間距離減小，則電容C增大，電壓U減小，可知靜電計(jì)指針的張角變小，故C、D錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度為，改變板間距離，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則帶電油滴不動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由于，P到下極板距離dP變小，則P點(diǎn)的電勢(shì)變小，A正確。7.【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，帶電粒子a、b分別從Q點(diǎn)和O點(diǎn)同時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，沿圖中所示軌跡同時(shí)到達(dá)M、N點(diǎn)，可知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由圖可知，沿初速度方向位移之比為2:1，則初速度之比為2:1，沿電場(chǎng)方向的位移大小相等，由yat2可知，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，由牛頓第二定律有qE=ma，可得，可知，帶電粒子具有相同比荷，故A錯(cuò)誤；帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力均做正功，電勢(shì)能均隨時(shí)間逐漸減小，故B錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)方向，由公式vy=at可知，到達(dá)M、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為2:1，則到達(dá)M、N的速度大小不相等，故C正確；由圖可知，帶電粒子a、b到達(dá)K的水平位移相等，由于帶電粒子a、b初速度之比為2:1，則所用時(shí)間之比為1:2，故D錯(cuò)誤。8.【答案】AD【解析】小球的運(yùn)動(dòng)可以看成豎直方向的豎直上拋和水平方向在電場(chǎng)力作用下的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小球的動(dòng)能增加量為mv2，故A正確；除重力外，只有電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做功等于小球的機(jī)械能增加量，電場(chǎng)力做功等于水平方向小球動(dòng)能的增加量2=2mv2，即小球的機(jī)械能增加量為2mv2，故B錯(cuò)誤；豎直方向只有重力做功，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)豎直速度為0，豎直方向動(dòng)能減小量為mv2，即重力勢(shì)能增加mv2，故C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小2mv2，故D正確。9.【答案】AB【解析】在x軸上，從x1到x2電勢(shì)先降低后升高，可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向先向右后向左，A項(xiàng)正確；因φ-x圖像的斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，可知從x1到x2電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，B項(xiàng)正確；由F=qE知把一負(fù)電荷沿x軸正向從x1移到x2，電場(chǎng)力先減小后增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由Ep=qφ知Ep1>Ep2，把一負(fù)電荷從x1移到x2電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10.【答案】BC【解析】對(duì)物塊受力分析，如圖1所示，垂直斜面方向，根據(jù)平衡條件FN+ksinα=mgcosθ又f=μFN，聯(lián)立上述二式解得f=μ(mgcosθ—k.BM)=2N，可見(jiàn)滑動(dòng)摩擦力為一定值，A錯(cuò)誤；物塊從M到N的過(guò)程，電場(chǎng)力、摩擦力和沿斜面彈性繩合力做正功，故物塊機(jī)械能一直增大，B正確；設(shè)物塊沿斜面方向移動(dòng)的性變化，圖像如圖2所示，由對(duì)稱性可知，物塊在P點(diǎn)的加速度為零，速度最大，代入上述解析式可解得E=100N/C，C正確；在M到P過(guò)程，a-x圖的面積乘以質(zhì)量m即為合力做功，由動(dòng)能定理可得maxmv2，解得vm/s，D錯(cuò)誤。2211．(每空2分)【答案】(1)O3>(2)A【解析】（1）[1]滑塊A單獨(dú)從靜止釋放下滑后減速停止的位置為O2，放上滑塊B后，A、B碰后A不反彈，則B的速度和A的速度同向，且B的速度大于A的速度，則兩者做勻減速直線運(yùn)動(dòng)后B的位移更大，故滑塊B的停止位置為O3，滑塊A的停止位置為O1；[2]A、B碰后A不反彈，則需要質(zhì)量大的碰質(zhì)量小的滑塊，即m1>m2；（2）當(dāng)滑塊A第一次從O點(diǎn)滑到O1點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理μm1gxm1v解得vgx2對(duì)滑塊A第二次碰撞B后，對(duì)A、B后續(xù)滑行過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理μm1gxm1vm2gxm2v解得v2=2μgx1，v3=2μgx3，若兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則滿足m1v1=m1v2+m2v3，即需驗(yàn)證m1212.(每空2分)【答案】（1）正（2）由B到A（3）1.1×10-3（4）BD【解析】（1）將開(kāi)關(guān)S與1端相連，電容器的上極板與電源的正極連接，穩(wěn)定后電容器的上極板帶正電。把開(kāi)關(guān)S擲向2端，電容器通過(guò)電阻R放電，負(fù)電荷由A向B運(yùn)動(dòng)形成電流，所以通過(guò)電流傳感器的電流方向?yàn)橛葿到A。（2）本實(shí)驗(yàn)中所使用的電容器的電容約為CF=1.1×10?3F（3）電源給電容器充電時(shí)，剛開(kāi)始電荷量的變化率較大，后來(lái)變化率減小，放電時(shí)，電荷量變化率剛開(kāi)始比較大，后來(lái)變化率減小，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)C，且C不變可知，Q與U的變化情況相同，故C錯(cuò)誤，D正確。13.(10分)【答案】（1）200V300V，100V2100V，3×10－4J解1）點(diǎn)電荷由A移到B克服靜電力做功即靜電力做負(fù)功，WAB6×10－4J，則有：UAB＝WAB(1分)UCA＝UCB＋UBA(1分)得：UAB＝200V(1分)UBC300V(1分)UCA＝100V(1分)（2）若φC＝0，由UCA=φC-φA(1分)得：φA100V(1分)點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能EpA＝qφA(1分)14.(12分)【答案】（1）3m/s2）0.2，1.5m3）0.5m代入數(shù)據(jù)得：v0=3m/s(1分)（2）對(duì)m、M系統(tǒng)由動(dòng)量定理有：μmgt=Mv－0(2分)代入數(shù)據(jù)得：μ=0.2(1分)由動(dòng)能定理有：-μmgLmv02(2分)代入數(shù)據(jù)得：L=1.5m(1分)另法1對(duì)m：v2－v02=2a1x1，-μmg=ma1；對(duì)M：v2=2a2x2，μmg=Ma2，L=x1－x2另法2對(duì)m：x1=·t；對(duì)M：x2·t，L=x1－x2解法合理正確打包給3分（3）對(duì)m由動(dòng)能定理有：mgh－Wf=mv02－0(2分)代入數(shù)據(jù)得：Wf=0.5J(1分)15.(18分)【答案】（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量q=，電勢(shì)能的變化量ΔEp=—；（3），方向向上；，方向向下。解1）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小v1=(1分)勻速時(shí)m0g=f(1分)1又f=km03v1聯(lián)立可得k(1分)（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電(1分)，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電(1分)，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為v2=(1分)根據(jù)平衡條件可得m0g+km0EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up12(1),3)v2=q(1分)解得q(1分)根據(jù)ΔEp=W電又W電qh2(1分)聯(lián)立解得(1分)（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為2m0，新油滴所受電場(chǎng)力F==①若F>2m0g，即h2>h1，可知v3>v1新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律m0v3—m0v1=2m0v共(1分)可得v共>0新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)2m0g+k.v3=F(1分)解得速度大小為v3=(1分)，速度方向向上(1分)；②若F<2m0g，即h1