重慶巴蜀科學(xué)城中學(xué)校2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)物理試題

物理測(cè)試試卷一、單選題：本大題共10小題，共40分．1．下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)和電場(chǎng)線一樣，是人為設(shè)想出來(lái)的，其實(shí)并不存在B．根據(jù)，當(dāng)兩點(diǎn)電荷間的距離趨近于零時(shí)，電場(chǎng)力將趨向無(wú)窮大C．從公式來(lái)看，場(chǎng)強(qiáng)大小E與F成正比，與q成反比D．當(dāng)兩個(gè)帶電體的大小及形狀對(duì)它們之間的相互作用力的影響可以忽略時(shí)，這兩個(gè)帶電體才可以看成點(diǎn)電荷2．如圖所示，橫截面都是正方形的兩段導(dǎo)體，材料和長(zhǎng)度都相同，邊長(zhǎng)如圖所示，其中A為中空導(dǎo)體，導(dǎo)體B剛好能嵌入導(dǎo)體A，現(xiàn)將AB并聯(lián)后接入到一電路中，則（）A．A、B兩段導(dǎo)體的電阻之比為1∶1 B．流過(guò)導(dǎo)體B的電流比流過(guò)導(dǎo)體A的大C．導(dǎo)體A消耗的電功率比導(dǎo)體B消耗的電功率大 D．兩段導(dǎo)體在相等時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比為1∶23．如圖所示，某靜電除塵器由板狀收集器A和線狀電離器B組成。其中A接高壓電源正極，B接高壓電源負(fù)極，A、B之間有強(qiáng)電場(chǎng)，下列說(shuō)法不正確的是（）A．商電商商B超過(guò)電場(chǎng)短段越大 B．帶電塵埃向收集器A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能增大C．電離器B附近的空氣分子更容易被電離 D．帶電塵埃被收集器A吸附后最終掉落4．設(shè)在無(wú)摩擦的桌面上置有5個(gè)相同的鋼球，其中三個(gè)緊密連接排放一列，另兩個(gè)一起自左方以速度v正面彈性碰撞此三球，如圖，碰撞后向右遠(yuǎn)離的小球個(gè)數(shù)為（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)5．如圖，質(zhì)量為m的物塊原本靜止在傾角為的斜面上，后來(lái)，在與斜面夾角為的恒力F拉動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．物塊重力的沖量為0 B．物塊所受拉力的沖量為FtC．物塊的動(dòng)量一定增大 D．物塊受到合力的沖量為6．如圖所示，實(shí)線MN是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一個(gè)等勢(shì)面，虛線AB是一電子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡．電子從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，加速度大小a、動(dòng)能隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．7．在如圖所示的電場(chǎng)中，電場(chǎng)線關(guān)于GH對(duì)稱，以O(shè)為圓心的圓與豎直電場(chǎng)線GH交于a、c兩點(diǎn)，bd是水平直徑。下列說(shuō)法正確的是（）A．沿bd連線從b點(diǎn)到d點(diǎn)，電勢(shì)先減小后增大B．電子在a、c兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力相同C．a(chǎn)、O兩點(diǎn)的電勢(shì)差大于O、c兩點(diǎn)的電勢(shì)差D．將電子沿bd連線從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小8．如圖所示，圖甲中M表示電動(dòng)機(jī)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片從一端滑到另一端的過(guò)程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示，已知電流表讀數(shù)在0.2A以下時(shí)，電動(dòng)機(jī)沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，不考慮電表對(duì)電路的影響，以下判斷正確的是（）A．電路中電源電動(dòng)勢(shì)為3.5VB．滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)時(shí)，電壓表的讀數(shù)逐漸減小C．時(shí)，電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為0.54WD．滑動(dòng)變阻器的最大阻值為40Ω9．如圖所示，半徑為2r的均勻帶電球體電荷量為Q，過(guò)球心O的x軸上有一點(diǎn)P，已知P到O點(diǎn)的距離為3r，現(xiàn)若挖去圖中半徑均為r的兩個(gè)小球，且剩余部分的電荷分布不變，靜電力常量為k，則下列分析中不正確的是（）A．挖去兩小球前，兩個(gè)小球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．挖去兩小球前，整個(gè)大球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為C．挖去兩小球后，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與挖去前相同D．挖去兩小球后，剩余部分在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為10．一質(zhì)量為的物體以的初速度與另一質(zhì)量為的靜止物體發(fā)生碰撞，其中。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞，碰撞后兩物體速度分別為和。假設(shè)碰撞在一維上進(jìn)行，且一個(gè)物體不可能穿過(guò)另一個(gè)物體。物體1撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是（）A． B． C． D．二、多選題：本大題共5小題，共20分。11．光滑的水平桌面上，質(zhì)量為0.2kg、速度為3m/s的A球跟質(zhì)量為0.2kg的靜止B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球的速度可能為（）A．2.6m/s B．2.4m/s C．1.2m/s D．0.6m/s12．雷雨天帶有負(fù)電的烏云飄過(guò)一棟建筑物上空時(shí)，在避雷針周圍形成電場(chǎng)，如圖所示，a、b、c、d為等差等勢(shì)面，M、N為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)高 B．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)大C．帶負(fù)電的雨滴從烏云中下落，重力勢(shì)能減少 D．帶負(fù)電的雨滴從烏云中下落，電勢(shì)能增加13．為完成某種空間探測(cè)任務(wù)，需要在太空站上發(fā)射空間探測(cè)器，探測(cè)器通過(guò)向后噴氣而獲得反沖力使其加速，已知探測(cè)器的質(zhì)量為M，每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m，噴射氣體的功率恒為P，不計(jì)噴氣后探測(cè)器的質(zhì)量變化，則（）A．噴出氣體的速度為 B．噴出氣體的速度為C．噴氣時(shí)間后探測(cè)器獲得的動(dòng)能為 D．噴氣時(shí)間后探測(cè)器獲得的動(dòng)能為14．如圖，氕（）和氘（）兩種原子核由靜止經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后，沿方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后都能打在圓筒感光紙上并留下感光點(diǎn)，加速電壓為，偏轉(zhuǎn)電壓為，若圓筒不轉(zhuǎn)動(dòng)，兩種原子核（）A．離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)，動(dòng)能相等 B．離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，動(dòng)能相等C．氕（）通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所需時(shí)間更長(zhǎng) D．離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，在感光紙上留下2個(gè)感光點(diǎn)15．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為和的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)給A一個(gè)水平向右的初速度，大小為，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知，下列說(shuō)法正確的是（）A．時(shí)刻和時(shí)刻彈簧都處于壓縮狀態(tài) B．B的質(zhì)量為2kgC．B的最大速度為 D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為3J三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共12分。16．（6分）在“用傳感器觀察電容器的充電和放電”實(shí)驗(yàn)中，電路圖如圖甲所示。一位同學(xué)使用的電源電動(dòng)勢(shì)為10.0V，測(cè)得放電的圖像如圖乙所示。（1）若按“四舍五入（大于半格算一個(gè)，小于半格舍去）”數(shù)格法，求“圖線與兩坐標(biāo)軸包圍的面積”，可得電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為_(kāi)_____C（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（2）根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算電容器的電容值為_(kāi)_____F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）如果將電阻R換成一個(gè)阻值更大的電阻，則放電過(guò)程釋放的電荷量______（選填“變多”“不變”或“變少”）．17．（6分）某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)室提供的器材組成如圖1所示電路，測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻并同時(shí)測(cè)量電流表的內(nèi)阻。所用器材：電源為兩節(jié)干電池，電流表（量程0.6A，內(nèi)阻），電流表（量程0.6A），電阻箱，滑動(dòng)變阻器，開(kāi)關(guān)和單刀雙擲開(kāi)關(guān)、，導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將接1，接3，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻調(diào)到最大，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)、，使電流表、的指針偏轉(zhuǎn)均較大，若這時(shí)示數(shù)為、電流表的示數(shù)如圖2所示，則電流表的示數(shù)為_(kāi)_____A；若這時(shí)電阻箱接入電路的電阻為，則電流表的內(nèi)阻______（用、、表示）。（2）將開(kāi)關(guān)接2，開(kāi)關(guān)接4，將電流表改裝成量程為3V的電壓表，則電阻箱接入電路的電阻______；多次調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，測(cè)得多組電流表、的示數(shù)、，作圖像，得到圖像與縱軸的截距為b，圖像斜率的絕對(duì)值為k，則得到電源的電動(dòng)勢(shì)______，內(nèi)阻______（后兩空用b、k、、、中的符號(hào)表示）．四、計(jì)算題：本大題共3小題，共38分．18．（10分）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有A、B兩點(diǎn)，它們的間距為2cm，兩點(diǎn)的連線與場(chǎng)強(qiáng)方向成角。將一個(gè)電量為的電荷由A移到B，其電勢(shì)能增加了，求：（1）從A移到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)電荷做的功；（2）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E。19．（12分）如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊套在光滑的水平桿上，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端與滑塊上面的活動(dòng)鉸鏈相連，不計(jì)一切摩擦，重力加速度，已知：，。（1）若滑塊鎖定，在桿的中點(diǎn)處施加一大小恒定方向始終垂直于桿的力，桿轉(zhuǎn)過(guò)時(shí)撤去拉力，小球恰好到達(dá)最點(diǎn)，求拉力的大小。（2）若滑塊解除鎖定，給小球一個(gè)豎直向上的速度，求小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小，以及此時(shí)小球?qū)U的作用力。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球到最高點(diǎn)時(shí)滑塊的位移大?。?0．（16分）如圖所示，一滑槽放置在光滑水平面上，滑槽上表面由同一豎直平面內(nèi)的水平段MP和四分一圓弧段PQ平滑銜接而成．滑槽質(zhì)量為2m．MN段粗糙、長(zhǎng)度為5R．NP段光滑、長(zhǎng)度為2R．PQ段光滑、半徑為R．距離滑槽右端某處有一固定擋板．質(zhì)量為m的小滑塊以水平速度從M點(diǎn)滑上滑槽，已知小滑塊滑至P點(diǎn)時(shí)速度為，此時(shí)滑槽恰好與擋板碰撞，滑槽與擋板的碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，求：（1）小滑塊滑至P點(diǎn)時(shí)滑槽的速度大小，以及滑塊與滑槽MN段間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小；（2）滑槽運(yùn)動(dòng)前與擋板間的距離x；（3）若滑槽與擋板碰撞后，立即撤除擋板，試通過(guò)分析、計(jì)算說(shuō)明小滑塊最終能否停在滑槽上．

物理答案【答案】1．D2．A3．B4．B5．B6．D7．C8．C9．A10．D11．AB12．BC13．BC14．AB15．BCD【解析】1．【分析】庫(kù)侖定律只適用于真空中兩靜止的點(diǎn)電荷之間的作用力。當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略時(shí)，可以看成點(diǎn)電荷。兩個(gè)帶電體間的距離趨近于零時(shí)，帶電體已經(jīng)不能看成點(diǎn)電荷了。解決本題的關(guān)鍵掌握庫(kù)侖定律的適用范圍，以及能看成點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略時(shí)，可以看成點(diǎn)電荷。【解答】A．電場(chǎng)線一樣，是人為設(shè)想出來(lái)的，其實(shí)并不存在，電場(chǎng)是客觀存在的，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)兩個(gè)點(diǎn)電荷距離趨于0時(shí)，兩帶電體已不能看出點(diǎn)電荷了，該公式，不適用了，故電場(chǎng)力并不是趨于無(wú)窮大，故B錯(cuò)誤；C式采用比值定義法，E由電場(chǎng)本身的性質(zhì)決定，與試探電荷無(wú)關(guān)，所以此場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與F無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略時(shí)，可以看成點(diǎn)電荷，故D正確。故選D。2．解：由題意，導(dǎo)體A的橫截面積，導(dǎo)體B的橫截面積，所以有；根據(jù)電阻定律，由于相同，所以有，從而可以得出A、B兩段導(dǎo)體的電阻之比為1∶1．故A正確：B．根據(jù)歐姆定律得，導(dǎo)體A、B并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)，所以，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)功率公式得，導(dǎo)體A、B并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)，所以，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)焦耳定律得，又，所以，即二段導(dǎo)體在相等時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比為1∶1，故D錯(cuò)誤。故選：A。根據(jù)題意求解導(dǎo)體A的橫截面積，根據(jù)電阻定律判斷A、B導(dǎo)體電阻的大?。焊鶕?jù)井聯(lián)電路的特點(diǎn)及歐姆定律作出判斷：根據(jù)電功率公式進(jìn)行判斷。本題的關(guān)鍵是抓住“A為真空導(dǎo)體，導(dǎo)體B剛好能嵌入導(dǎo)體A”這一條件，從而求解導(dǎo)體A的橫截面積。3．【分析】【分析】B為線狀，A為板狀，距離B越近，電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粉塵所受合力是變力，除塵過(guò)程中，電場(chǎng)力吸引粉塵，對(duì)粉塵做正功。本題考查電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功，解題關(guān)鍵掌握B為線狀，A為板狀，距離B越，電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，不是勻強(qiáng)電場(chǎng)?！窘獯稹俊窘獯稹拷猓篈C、B為線狀，A為板狀，距離B越近，電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，電離器B附近的空氣分子更容易被電離，故AC正確；B、除塵過(guò)程中，電場(chǎng)力吸引粉塵，對(duì)粉塵做正功，電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；D、帶電塵埃被收集器A吸附后，電荷被中和最終掉落，故D正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故選：B．4．【分析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】【解答】質(zhì)量相等的兩個(gè)鋼球發(fā)生正面彈性碰撞，根據(jù)彈性碰撞的特點(diǎn)（動(dòng)量守恒、動(dòng)能守恒）知碰后二者速度互換，碰撞后入射球靜止，被碰球速度為v，入射為兩個(gè)鋼球，則碰撞后離開(kāi)仍為兩個(gè)鋼球，故選B．5．【分析】重力不為0，沖量也不為0，木塊如果勻速運(yùn)動(dòng)，速度不變，動(dòng)量不變，根據(jù)動(dòng)量定理課解得合力的沖量。某一個(gè)力的沖量即為力與時(shí)間的乘積，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)等無(wú)關(guān)。【解答】A．根據(jù)沖量的定義知重力不為0，沖量也不為0，重力的沖量為，故A錯(cuò)誤；B．拉力的沖量為Ft，故B正確；C．如果木塊勻速運(yùn)動(dòng)，速度不變，動(dòng)量不變，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于物體動(dòng)量變化，如果木塊勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量變化量為零，則合力的沖量為0，故D錯(cuò)誤。6．【分析】本題考查了電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算：電場(chǎng)線雖然不存在，但可形象來(lái)描述電場(chǎng)的分布，對(duì)于本題關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡來(lái)判定電場(chǎng)力方向，由曲線運(yùn)動(dòng)條件可知合力偏向曲線內(nèi)側(cè)。粒子在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)軌跡的彎曲程度，判斷出合力（電場(chǎng)力）的方向，再根據(jù)電場(chǎng)力方向和電荷性質(zhì)判斷場(chǎng)強(qiáng)方向；根據(jù)沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低的即可判定電勢(shì)高低；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小。【解答】解：由運(yùn)動(dòng)軌跡虛線AB等勢(shì)面MN可知，電場(chǎng)力方向指向凹的一側(cè)即垂直MN向下，由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力與電場(chǎng)線平行，則電場(chǎng)方向垂直MN向上；AB．由于電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力不變，加速度不變，故AB錯(cuò)誤；CD．設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子的電荷量為q，質(zhì)量為m，從A到B，沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)距離為s，則電場(chǎng)力做正功：，由動(dòng)能定理可知，所以圖像為二次函數(shù)圖像，故C錯(cuò)誤，D正確。7．【分析】詳細(xì)解答與解析過(guò)程見(jiàn)【答案】【解答】A．過(guò)b、d兩點(diǎn)作等勢(shì)線知，沿bd從b點(diǎn)到d點(diǎn)，電勢(shì)先增大后減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由電場(chǎng)線的疏密程度知，電子在a點(diǎn)所受電場(chǎng)力較c點(diǎn)大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；aO兩點(diǎn)間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度大于Oc兩點(diǎn)間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度．由知兩點(diǎn)的電勢(shì)差大于0c兩C．點(diǎn)的電勢(shì)差，選項(xiàng)C正確；D．將電子沿bd從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．【分析】先確定圖線與電壓表示數(shù)對(duì)應(yīng)的關(guān)系，再根據(jù)圖線求出電源的電動(dòng)勢(shì)，并判斷讀數(shù)的變化情況．當(dāng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出功率最大，由電動(dòng)機(jī)的總功率UI與發(fā)熱功率之差求解輸出功率．變阻器全部接入電路時(shí)，電路中電流最小，由歐姆定律求解變阻器的最大阻值。本題考查對(duì)物理圖象的理解能力，可以把本題看成動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，來(lái)選擇兩電表對(duì)應(yīng)的圖線，對(duì)于電動(dòng)機(jī)，理解并掌握功率的分配關(guān)系是關(guān)鍵?！窘獯稹緼．由電路圖甲知，電壓表測(cè)量路端電壓，電流增大時(shí)，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示的電壓與電流的關(guān)系，則，所以此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，為當(dāng)電流時(shí)，，則電源的電動(dòng)勢(shì)為：，故A錯(cuò)誤；B．變阻器向右滑動(dòng)時(shí)，R阻值變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓即為讀數(shù)逐漸增大，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，電流表讀數(shù)在0.2A以下時(shí)，電動(dòng)機(jī)沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)電壓表的示數(shù)即電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律可知，電動(dòng)機(jī)的電阻，當(dāng)時(shí)，，電動(dòng)機(jī)輸出功率最大，最大為：，故C正確；D．當(dāng)時(shí)，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以，故D錯(cuò)誤。故選C。9．解：A．兩小球分別在x軸上下兩側(cè)，電性相同，它們?cè)赑點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)分別斜向上和斜向下，與x軸夾角相等，方向不同，故A錯(cuò)誤；B．大球所帶電荷均勻分布整個(gè)球體，它在外部產(chǎn)生的電場(chǎng)可等效為所有電荷集中在球心O點(diǎn)在外部產(chǎn)生的電場(chǎng)，由庫(kù)侖定律，故B正確；C．大球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)沿x軸方向，兩小球在P點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)也沿x軸方向，且小于大球在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可知，挖去兩小球后，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向不變，故C正確；D．設(shè)兩小球的球心到P點(diǎn)的距離為l，有幾何關(guān)系球體積公式為小球半徑是大球半徑的一半，故小球體積是大球體積的八分之一，故小球所帶電荷量為兩小球在P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)均為合場(chǎng)強(qiáng)為剩余部分在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為，故D正確。選錯(cuò)誤的，故選：A．挖去兩小球前，它們?cè)赑點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)分別斜向上和斜向下，與x軸夾角相等，方向不同；挖去兩小球前，整個(gè)大球在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式求解；挖去兩小球后，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向不變，挖去兩小球后，剩余部分在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小由挖去兩小球前的場(chǎng)強(qiáng)，減去挖去后兩小球在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)。本題考查了割補(bǔ)法求電場(chǎng)強(qiáng)度，難度比較大，計(jì)算量比較大，解題的關(guān)鍵是求出未挖兩小球前大球在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，及兩小球在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，方向相同做差即可。10．【分析】本題考查了碰撞、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律及相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，題目比較綜合。完全彈性碰撞不損失機(jī)械能，完全非彈性碰撞后兩者具有相同速度，損失機(jī)械能最多，據(jù)此利用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列方程求出物體1碰撞后與碰撞前速度之比的取值范圍?！窘獯稹咳粑矬w發(fā)生彈性碰撞，則滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。即：，且，聯(lián)立解得；若物體發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩物體速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：，則物體1撞后與碰撞前速度之比，綜上可得，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D．11．【分析】本題關(guān)鍵要知道兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，B球獲得的速度最大，兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，B球獲得的速度最小，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可正確解題?！窘獯稹恳詢汕蚪M成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以A球的初速度方向?yàn)檎较颍绻鲎矠閺椥耘鲎?，由?dòng)量守恒定律得：，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：，如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：，解得：，則碰撞后B球的速度范圍是：，故AB正確，CD錯(cuò)誤。故選AB。12．【分析】詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)【答案】【解答】A．由于烏云帶負(fù)電，可知電場(chǎng)線方向由避雷針指向?yàn)踉?，根?jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)低，故A錯(cuò)誤；B．等差等勢(shì)面的分布的疏密程度能夠反映電場(chǎng)的強(qiáng)弱，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)大，故B正確；C．帶負(fù)電的雨滴從烏云中下落，重力做正功，重力勢(shì)能減少，故C正確；D．帶負(fù)電的雨滴從烏云中下落，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤；故選BC．13．【分析】由動(dòng)能定理可求得氣體的動(dòng)能，從而求出氣體的速度；由動(dòng)量守恒定律可求得噴氣后探測(cè)器獲得的動(dòng)量，則可求得動(dòng)能。本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，認(rèn)真審題理解題意、正確選擇研究對(duì)象是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量守恒定律可以解題。【解答】AB、由動(dòng)能定理可知：，其中，解得：，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、噴氣過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知：，將代入解得，則探測(cè)器獲得的動(dòng)能為，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC．14．A．離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為，故A正確；B．粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有，，所以，由此可知，粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直位移相同；粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能，兩個(gè)粒子的電荷量與y都相同，則動(dòng)能相等，故B正確；D．又粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置、速度方向均相同，所以在感光紙上留下1個(gè)感光點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；C．在加速電場(chǎng)中由得，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中沿平行板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則，故氘所需時(shí)間更長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤。故選AB．15．【分析】本題借助圖像考查動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用。對(duì)于這類彈簧問(wèn)題關(guān)鍵用動(dòng)態(tài)思想認(rèn)真分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，注意過(guò)程中的功能轉(zhuǎn)化關(guān)系：解答時(shí)注意動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒列式分析，同時(shí)根據(jù)圖象，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況。兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，彈性勢(shì)能最大，據(jù)此根據(jù)圖象中兩物塊速度的變化可以分析系統(tǒng)動(dòng)能和彈性勢(shì)能的變化情況。【解答】A．由題意和圖乙可知，在時(shí)間內(nèi)B向右減速，A在向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，時(shí)二者速度相同，彈簧有最大伸長(zhǎng)量；后B向右減速再向左加速，A繼續(xù)向右加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)二者速度差達(dá)到最大，彈簧處于原長(zhǎng)；時(shí)間內(nèi)，A向右減速，B先向左減速后向右加速，說(shuō)明彈簧處于壓縮狀態(tài)，時(shí)二者速度再次相同，此時(shí)彈簧有最大壓縮量；時(shí)間內(nèi)，B向右加速，A向右減速，彈簧處于壓縮狀態(tài)，時(shí)B速度達(dá)到最大，彈簧又恢復(fù)原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選擇開(kāi)始到時(shí)刻列方程可知，其中，解得：，故B正確；C．由A項(xiàng)分析知時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，，又，解得，故C正確；D．當(dāng)A、B共速時(shí)的速度為1m/s，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律可知：彈簧的最大彈性勢(shì)能，故D正確。16．1．【分析】略【解答】電容器的放電圖像是一條逐漸下降的曲線，而。從微元法得到，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積就是總的電荷量，由四舍五入法可得圖像下共有42格，所以電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為。2．【分析】略【解答】電容器充滿電后所帶的電荷量，而所加電壓，所以。3．【分析】略【解答】若將電阻換成一個(gè)阻值較大電阻，由于電容器所帶電荷量一定，且所有電荷量都將通過(guò)電阻R釋放，則放電過(guò)程中釋放的電荷量不變。17．解：（1）電流表最小刻度為0.02，故電流表讀數(shù)為0.26A，根據(jù)串并聯(lián)知識(shí)可得：，解得：；③根據(jù)串并聯(lián)知識(shí)