參考答案：
1．C
【詳解】A．忽略帶電體的形狀和大小，用“點電荷”表示帶電體的方法，是運用了理想模型法，故A錯誤；
“電場強度”概念的提出應(yīng)用了比值定義法，B錯誤；
法國物理學(xué)家?guī)靵鲇门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了庫侖定律，C正確。
D．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，后來卡文迪什通過扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，故D錯誤。
故選C。
2．B
【詳解】根據(jù)
可得
當h=10cm=0.1m時t≈0.14s
當h=20cm=0.2m時t=0.2s
當h=30cm=0.3m時t≈0.25s
當h=40cm=0.4m時t≈0.28s
故選B。
3．D
【詳解】ABC．根據(jù)可得
可知，計算火星的質(zhì)量，還需要有火星的半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力有
可得
可知，如果已知火星的公轉(zhuǎn)周期和半徑，可求太陽的質(zhì)量，不可求火星的質(zhì)量，故ABC錯誤。
D．根據(jù)萬有引力提供向心力有
可得
可知，如果已知某衛(wèi)星繞火星做勻速圓周運動的軌道半徑r和環(huán)繞周期T，可求火星質(zhì)量，故D正確。
故選D。
4．C
【詳解】A．鉛球上升到最高點的速度為
選項A錯誤；
B．鉛球上升到最高點的加速度為g，選項B錯誤；
CD．鉛球運動時水平速度不變，即
落地時的速度大小為
選項C正確，D錯誤。
故選C。
5．A
【詳解】兩球心之間的距離
對B球，根據(jù)平衡條件
聯(lián)立解得
故選A。
6．B
【詳解】A．由題意可知，b光發(fā)生了全發(fā)射，a光發(fā)生了折射現(xiàn)象，a光同時也會發(fā)生反射，所以透明介質(zhì)中的反射光既有a光也有b光。故A錯誤；
B．因為此時的入射角大于或等于b光的臨界角，但是小于a光的臨界角，所以a光的臨界角大于b光的臨界角。故B正確；
C．因為a光的臨界角大于b光的臨界角，即
由公式可得
即該透明介質(zhì)對a光的折射率小于對b光的折射率。故C錯誤；
D．由于
由公式得
故D錯誤。
故選B。
7．D
【詳解】A．根據(jù)沿電場方向電勢降低可知，A點的電勢低于B點的電勢，根據(jù)可知，一個負電荷處在A點的電勢能要比它處在B點處的電勢能大，故A錯誤；
B．由于C點處的電場線為曲線，所以將一個電子從C點處靜止釋放，它不可能會沿著電場線運動到D點處，故B錯誤；
C．根據(jù)電場線的疏密程度可知，B點的場強大于C點的場強，故C錯誤；
D．B、C兩點處在等量異種電荷連線間的中垂線上，由于中垂線為等勢面，所以B、C兩點電勢相等，則將一個質(zhì)子從B點移送到C點，靜電力做功為零，故D正確。
故選D。
8．AC
【詳解】B．由圖乙可知質(zhì)點P起振方向為沿y軸正方向，質(zhì)點P起振方向與波源起振方向相同，故波源起振方向為沿y軸正方向。故B錯誤；
A．由圖乙可知，時，質(zhì)點P振動方向向上，結(jié)合圖甲可知該波沿x軸正方向傳播。故A正確；
C．S與Q平衡位置相差半個波長，因此一定總是同時回到平衡位置。故C正確；
D．該簡諧橫波的波長，周期，波速
故D錯誤。
故選AC。
9．AD
【詳解】A．由題圖乙可知單擺的周期，振幅，由單擺的周期公式
代入數(shù)據(jù)可得單擺的擺長為
A正確；
B．由
則單擺的位移隨時間變化的關(guān)系式為
B錯誤；
C．從到的過程中，擺球從最高點運動到最低點，重力勢能減小，C錯誤；
D．從到的過程中，擺球的位移增大，回復(fù)力
增大，D正確。
故選AD。
10．BD
【詳解】A．小球在通過D點時的速度最小，則在該點電場力與重力的合力沿半徑方向，則有小球受到的電場力大小為
故A錯誤；
B．小球在通過D點時的速度最小，則D點為豎直平面內(nèi)圓周運動的等效最高點，恰好能完整的做圓周運動，在等效最高點有最小速度，此時電場力與重力的合力剛好提供向心力，則有
解得
故B正確；
C．小球在等效最低點C點的速度最大，故小球從D到C的過程中，由動能定理得
聯(lián)立解得
故C錯誤；
D．在C點，由牛頓第二定律得
解得
故D正確。
故選BD。
11．(1)7.40
(2)B
(3)
(4)小球下落過程中受到了空氣阻力
【詳解】（1）小球的直徑
（2）A．為打點穩(wěn)定，先接通數(shù)字計時器電源，后釋放小球，故A錯誤；
B．為減小空氣阻力的影響，選擇密度較大的實心鐵球，故B正確。
故選B。
（3）根據(jù)極短時間的平均速度表示瞬時速度，小球通過光電門的速度為
若小球下落過程中機械能守恒，則
解得當?shù)刂亓铀俣却笮?br>（4）發(fā)現(xiàn)小球增加的動能始終小于減少的重力勢能，其主要原因是小球下落過程中受到了空氣阻力。
12．(1)變大
(2) 左 右
(3)電荷量①
【詳解】（1）給電容器充電后與電源斷開，即保持電荷量不變。若將B板上移，則極板正對面積減小，根據(jù)
則電容減??；根據(jù)
則電勢差增大，靜電計指針偏角變大；若將B板左移，靜電計指針偏角變大。
（2）[1]將開關(guān)S扳到a，電源給電容器充電結(jié)束后，電容器兩極板電勢差等于電源電壓，若向電容器中間插入一層有機玻璃板，插入過程中增大，根據(jù)
可知電容增大，而U不變，則Q增大，電源會給電容器充電，電流由右向左流過靈敏電流計.
[2]電容器充電結(jié)束后，上極板帶正電，將開關(guān)S扳到b放電的過程中，電容器放電，電流由左向右流過靈敏電流計。
（3）根據(jù)
可知圖像與時間軸圍成的面積表示電荷量。用同一電路分別給兩個不同的電容器充電，電容器的電容，則充電完成后，兩電容器兩端電壓相同，根據(jù)
可知，電容器的電容小則其帶電量小，而圖像面積代表帶電量，所以對應(yīng)電容為C2的電容器充電過程圖像的是①。
13．（1）0.5kg；（2）0.3；
【詳解】（1）二者相互作用過程，二者構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動量守恒，故有
由圖可知
共同速度為
聯(lián)立解得木塊的質(zhì)量
（2）由速度圖像可得小車的加速度為
對小車由牛頓第二定律可得
解得
14．（1）；（2）
【詳解】（1）油滴速度為v1時所受阻力f1=kv1
油滴向下勻速運動時，重力與阻力平衡，則有 f1=mg
則解得
（2）設(shè)油滴所帶電荷量為q,油滴受到的電場力
油滴向上勻速運動時，阻力向下，油滴受力平衡
則油滴所帶電荷量
15．1．（1）；（2），；（3）
【詳解】（1）電子在加速電場中，根據(jù)動能定理可得
解得
（2）電子在MN間做類平拋運動，沿初速度方向有
解得
沿電場方向有，，
聯(lián)立解得，
電子離開偏轉(zhuǎn)電場點的速度大小為
電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，沿方向有
解得
則電子打到熒光屏上的位置點到點的距離為
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
C
A
B
D
AC
AD
BD

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