1．D
【詳解】AB．根據(jù)右手螺旋定則可知O處的磁場方向垂直平面向外，與平面垂直，故AB錯誤；
CD．M中電流增大時，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，穿過N的磁通量增大，N中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤，D正確。
故選D。
2．D
【詳解】ACD．小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，故系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，則小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反，則小球向左擺動時，小車向右運(yùn)動，故AC錯誤，D正確；
B．小球向左擺到最高點(diǎn)，豎直方向速度為零，水平速度小球與車等大反向，則小球的速度為零時小車的速度也為零，故B錯誤。
故選D。
3．C
【詳解】A．兩球之間的庫侖力是相互作用力，可知A球受到的庫侖力與B球受到的庫侖力等大反向，選項(xiàng)A錯誤；
B．對小球受力分析可知
由幾何關(guān)系可知，兩球細(xì)線與豎直方向的夾角相同，可知兩球質(zhì)量相等，選項(xiàng)B錯誤；
C．將兩球接觸后重新分開，兩球受的庫侖力仍大小相等，則靜止時兩球仍在同一水平線上，選項(xiàng)C正確；
D．將兩球接觸后重新分開，則兩球帶同種電荷將被斥開，則靜止時兩球間的距離比原來大，選項(xiàng)D錯誤。
故選C。
4．B
【詳解】A．P、Q兩點(diǎn)間的距離為12m，波由P點(diǎn)傳播到Q點(diǎn)用時6s，則波速為
故A錯誤；
B．由振動圖像可知波的周期為，則波長為
故B正確；
C．P、Q間的距離為
可知兩質(zhì)點(diǎn)的振動步調(diào)始終相反，Q點(diǎn)在波峰時，P點(diǎn)在波谷，故C錯誤；
D．Q點(diǎn)在5s時第二次出現(xiàn)在波峰，此時P點(diǎn)振動的時間為
P點(diǎn)由平衡位置開始振動，每通過的路程為一個振幅，所以在這段時間內(nèi)P點(diǎn)通過的路程為
故D錯誤。
故選B。
5．B
【詳解】AB．由于ac兩點(diǎn)電勢相等，故ac為一條等勢線，電場方向與等勢線垂直，且由高電勢指向低電勢，可知，電場方向垂直ac，且指向斜上方，故電場強(qiáng)度的大小為
故A錯誤，B正確；
C．電子從c點(diǎn)移動到b點(diǎn)，電場力做功為
故C錯誤；
D．電子從a點(diǎn)移動到c點(diǎn)，ac為一條等勢線，電場力做功為0，故D錯誤。
故選B。
6．C
【詳解】A．電場線越密，電場強(qiáng)度越大，處電場線較密，、兩點(diǎn)場強(qiáng)大小關(guān)系為
故A錯誤；
B．根據(jù)沿電場線電勢逐漸降低，、兩點(diǎn)電勢關(guān)系為
故B錯誤；
C．因，由可知，同一帶負(fù)電的試探電荷，其在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的電勢能小，故C正確；
D．若P、Q兩點(diǎn)關(guān)于兩點(diǎn)電荷連線對稱，根據(jù)對稱性可知兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，則電場強(qiáng)度不相同，故D錯誤。
故選C。
7．D
【詳解】A．圖像的切線斜率表示場強(qiáng)，其絕對值越大，則場強(qiáng)越大，可知兩處的電場強(qiáng)度均不為零，故A錯誤；
B．從到電勢先升高后降低，由電勢沿電場線方向降低可知，和之間的場強(qiáng)方向先沿軸負(fù)方向后沿軸正方向，故B錯誤；
C．粒子在處由靜止沿軸正方向運(yùn)動，表明粒子開始時的運(yùn)動方向與電場力方向相同，則電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D．由圖像的切線斜率表示場強(qiáng)可知，從到過程中，電場強(qiáng)度先減小后增大，因此粒子的加速度先減小后增大，故D正確。
故選D。
8．AD
【詳解】A．將A向左移動少許，根據(jù)
兩板間距離增大，電容器的電容減小。斷開S后，電容器的帶電量保持不變，根據(jù)
可知，電容器兩個極板間電壓差增大，而兩板間電勢差等于靜電計金屬球與外殼之間的電勢差，因此靜電計指針張開的角度增大，A正確；
B．將A向上移動少許，根據(jù)
兩板間正對面積減小，電容器的電容減小。斷開S后，電容器的帶電量保持不變，根據(jù)
可知，電容器兩個極板間電壓差增大，因此靜電計指針張開的角度增大，B錯誤；
C．保持S閉合，無論如何改變兩板間距離、正對面積以及電介質(zhì)，兩板間電勢差均保持不變，從而靜電計指針張開的角度不變，故C錯誤；
D．當(dāng)電容器穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，無論怎樣移動劃片靜電計兩端的電壓都等于電源電壓，且保持不變，所以D正確。
故選AD。
9．BC
【詳解】A．因?yàn)樵趧驈?qiáng)電場中，電場力是恒力，因此會產(chǎn)生恒定的加速度，所以粒子做勻變速運(yùn)動，A錯誤；
B．粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角為，由速度關(guān)系得合速度為
B正確
C．粒子在云強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，在水平方向上
在豎直方向上
由牛頓第二定律得
解得
方向豎直向下，C正確；
D．粒子做類平拋運(yùn)動，在豎直方向上
解得
D錯誤。
故選BC。
10．AC
【詳解】A．根據(jù)動量定理得
解得

A正確；
B．根據(jù)動量定理得
解得

B錯誤；
C．水平力F在前3s內(nèi)的沖量大小為

C正確；
D．3s末速度為零，因?yàn)?br>
所以物塊一直靜止，所以在4s末的動量大小為零，D錯誤。
故選AC。
11．(1)1.35
(2)小
(3)
【詳解】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)
（2）由單擺公式得
同學(xué)誤將擺球60次全振動記為59次時，測量周期偏大，重力加速度偏小。
（3）由單擺公式得
結(jié)合圖像得
解得
12．(1)見解析
(2)A
(3) 1.47 0.73
(4) 電源內(nèi)阻太小 可在電源旁邊串聯(lián)一個較小阻值的定值電阻
【詳解】（1）根據(jù)電路圖，完整的實(shí)物連線如圖所示
（2）由于電路中的電流比較小，為了讓測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，電流表應(yīng)選用小量程的電流表，即選擇A。
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得
可得
可知圖像的縱截距等于電動勢，則有
圖像的斜率絕對值等于內(nèi)阻，則有
（4）[1][2]路端電壓為
如果電源內(nèi)阻r太小，則電壓表U較大，調(diào)節(jié)滑動變阻器，電壓表的示數(shù)取不到1.0V以下，給電源串聯(lián)一個較小阻值的定值電阻可以使電壓表示數(shù)取到1.0V以下。
13．(1)5N·s，方向豎直向下
(2)
【詳解】（1）根據(jù)
解得
則重力的沖量為
方向豎直向下；
（2）豎直方向的速度大小為
則物塊落地前一瞬間的速度大小為

則物塊落地前一瞬間的動量大小為
14．(1)正電；(2)；(3)
【詳解】(1)設(shè)電場強(qiáng)度為E，小球帶電量為q，因小球做直線運(yùn)動，它受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線，如圖
則小球帶正電
(2)結(jié)合平行四邊形定則作圖，有
得
(3)設(shè)小球從O到最高點(diǎn)的路程為s，合力
根據(jù)動能定理得
得
物體運(yùn)動的水平距離為
電場力做功為
根據(jù)功能關(guān)系可知：小球的電勢能變化為
15．（1）4m/s；（2）1m/s；（3）0.375m
【詳解】（1）對小球下擺過程，由機(jī)械能守恒定律得
解得
v0=4m/s
（2）對小球反彈后過程，由機(jī)械能守恒定律得
解得
v1=2m/s
小球與物塊A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻?br>m0v0=－m0v1＋mvA
解得
vA=1m/s
（3）物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以物塊A的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律?br>mvA=（m＋M）v
解得
v=0.5m/s
由能量守恒定律得
解得
x=0.375m
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
B
B
C
D
AD
BC
AC

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