【正文】 、 d、 e、 f 點(diǎn)電勢(shì)相等，但在勻強(qiáng)電場(chǎng)中b、 d、 e、 f 點(diǎn)電勢(shì)相等，因此 a、 c 兩點(diǎn)電勢(shì)不相等，故 A 錯(cuò)誤． B、在點(diǎn)電荷 +Q 產(chǎn)生的電場(chǎng)中 d、 f 點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，而根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知， d、 f 兩點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小相等．故 B 正確． C、將點(diǎn)電荷 +q 從球面上 b 點(diǎn)移到 c 點(diǎn)， 點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力不做功，但勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力卻做功，所以電場(chǎng)力做功不為零．故 C 錯(cuò)誤． D、將點(diǎn)電荷 +q 在球面上任意兩點(diǎn)之間移動(dòng)，點(diǎn)電荷的電場(chǎng)力不做功；而兩點(diǎn)間的電勢(shì)差最大，由公式 W=Uq 知，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功最大，則從 a 點(diǎn)移動(dòng)到 c 點(diǎn)的電勢(shì)能變化量最大，故 D 錯(cuò)誤； 故選： B． 7．如圖所示，放在光滑水平桌面上的 A、 B 兩小木塊中部夾一被壓縮的輕彈簧，當(dāng)輕彈簧被放開時(shí)， A、 B 兩小木塊各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地面上．若 mA=3mB，則下列結(jié)果正確的是（ ） A．若輕彈簧對(duì) A、 B 做功分別為 W1和 W2，則有 W1： W2=1： 1 B．在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的速度變化量之和為零 C．若 A、 B 在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為 △ p1和 △ p2，則有 △ p1： △ p2=1：1 D．若 A、 B 同時(shí)離開桌面，則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi)，A、 B 兩木塊的水平位移大小之比為 l： 3 【考點(diǎn)】 動(dòng)量守恒定律；功的計(jì)算． 【分析】 彈簧彈開物體過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出 A、 B 離開彈簧時(shí)速度大小之比，由動(dòng)能定理求彈簧對(duì) A、 B 做功之比． A、 B 離開桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由動(dòng)量定理分析動(dòng)量變化量之比．由 x=v0t 分析水平位移之比． 【解答】 解： A、彈簧彈開物體過程中，兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mAvA﹣ mBvB=0，則速度之比 vA： vB=1：3 根據(jù)動(dòng)能定理得：輕彈簧對(duì) A、 B 做功分別為 W1= mAvA2， W2= mBvB2，聯(lián)立解得 W1： W2=1： 3，故 A 錯(cuò)誤． B、根據(jù)動(dòng)量守恒定律得知，在與輕彈簧作用過程中，兩木塊的動(dòng)量變化量之和為零，即 mA△ vA+mB△ vB=0，可得， △ vA+△ vB≠ 0，故 B 錯(cuò)誤． C、 A、 B 離開桌面后都 做平拋運(yùn)動(dòng)，它們拋出點(diǎn)的高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為 t．由動(dòng)量定理得： A、 B 在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為 △ p1=mAgt， △p2=mBgt，所以 △ p1： △ p2=3： 1，故 C 錯(cuò)誤． D、平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，由 x=v0t 知， t 相等，則 A、 B兩木塊的水平位移大小之比等于 vA： vB=1： 3．故 D 正確． 故選： D 8．某位同學(xué)在電梯中用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)量一物體的重力，在 0 至 t3時(shí)間段內(nèi)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù) F 隨時(shí)間 t 變化如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)的 a﹣ t 圖、 v﹣ t 圖及 P﹣ t 圖 （ P 為物體重力的功率大?。┛赡苷_的是（ ） A． B． C ． D． 【考點(diǎn)】 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像． 【分析】 根據(jù)物體的受力情況判斷物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，從而得出電梯的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度和功率． 【解答】 解：由于該題沒有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關(guān)系，可以依題意，分三種情況討論： 1．若 F1=mg，則 0﹣ t1時(shí)間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即速度等于 0，或速度保持不變，加速度等于 0．四個(gè)圖線沒有是可能的； 2．若 F2=mg，則 F1＜ mg，在 0﹣ t1時(shí)間內(nèi)電梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，為負(fù)值．所以 D 是不可能的；加速度的方向向下，則物體 0﹣ t1時(shí)間內(nèi)在可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，速度為負(fù)，故 AB 是不可能的；而 t1﹣ t2時(shí)間內(nèi)受到的合外力等于 0，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體的速度不變，故 B 是錯(cuò)誤的；又由： P=mgv，可知 t1﹣ t2時(shí)間內(nèi)重力的功率不變，故 C 是錯(cuò)誤的； 3．若 F3=mg，則 F1＜ mg， F2＜ mg，在 0﹣ t2時(shí)間內(nèi)電梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故 ACD 是不可能的； F3=mg，可知在 0﹣ t1時(shí)間內(nèi)向下的加速度大于 t1﹣ t2時(shí)間內(nèi)向下的加速度，而 t2﹣ t3時(shí)間內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以速度圖象如圖， 速度的方向向下，重力的方向也向下，由 P=mgv 可知，圖 C 是重力的功率隨時(shí)間變化的圖線．故 C 是正確． 由以上的分析，可知只有 C 選項(xiàng)是可能的， ABD 都是不可能的． 故選： C 9．甲、乙兩船在同一河流中同時(shí)開始渡河，河水流速為 v0，船在靜水中的速率均為 v，甲、乙兩船船頭均與河岸成 θ角，如圖所示，已知甲船恰能垂直到達(dá)河正對(duì)岸的 A 點(diǎn)，乙船到達(dá)河對(duì)岸的 B 點(diǎn)， A、 B 之間的距離為 L，則下列判斷正確的是（ ） A．乙船先到達(dá) 對(duì)岸 B．若僅是河水流速 v0增大，則兩船的渡河時(shí)間都不變 C．不論河水流速 v0 如何改變，只要適當(dāng)改變 θ 角，甲船總能到達(dá)正對(duì)岸的 A點(diǎn) D．若僅是河水流速 v0增大，則兩船到達(dá)對(duì)岸時(shí)，兩船之間的距離仍然為 L 【考點(diǎn)】 運(yùn)動(dòng)的合成和分解． 【分析】 根據(jù)小船的運(yùn)動(dòng)分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個(gè)方向，抓住分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，可以比較出兩船到達(dá)對(duì)岸的時(shí)間以及兩船沿河岸方向上的位移大小，與間距，從而即可求解． 【解答】 解： A、將小船的運(yùn)動(dòng)分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個(gè)方向，抓住分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，知甲乙兩船到 達(dá)對(duì)岸的時(shí)間相等．渡河的時(shí)間t= ，故 A 錯(cuò)誤； B、若僅是河水流速 v0增大，渡河的時(shí)間 t= ，則兩船的渡河時(shí)間都不變，故 B 正確； C、只有甲船速度大于水流速度時(shí)，不論水流速 v0如何改變，甲船都可能到達(dá)河的正對(duì)岸 A 點(diǎn)，故 C 錯(cuò)誤； D、若僅是河水流速 v0增大，則兩船到達(dá)對(duì)岸時(shí)間不變，根據(jù)速度的分解，船在水平方向的分速度仍不變，則兩船之間的距離仍然為 L．故 D 正確． 故選： BD． 10．如圖所示，帶電質(zhì)點(diǎn) P1固定在光滑的水平絕緣面上，在水平絕緣面上距 P1一定距離處有另一個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn) P2， P2在水平絕緣面上運(yùn)動(dòng)，某 一時(shí)刻質(zhì)點(diǎn) P2以速度 v 沿垂直于 P1 P2的連線方向運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（ ） A．若 P P2帶同種電荷，以后 P2一定做速度變大的曲線運(yùn)動(dòng) B．若 P P2帶同種電荷，以后 P2一定做加速度變大的曲線運(yùn)動(dòng) C．若 P P2帶異種電荷，以后 P2的速度和加速度可能都不變 D．若 P P2帶異種電荷，以后 P2可能做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動(dòng) 【考點(diǎn)】 庫侖定律． 【分析】 分 P1和 P2為同種電荷和異種電荷兩種情況來討論，當(dāng)為同種電荷時(shí)，P2 要遠(yuǎn)離 P1，當(dāng)為異種電荷的時(shí)候，根據(jù)庫侖力和向心力的大小關(guān)系來分別討論可能的運(yùn)動(dòng)情況． 【解答】 解： A、若 P P2為同種電荷， P P2之間的庫侖力為排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一條直線上，所以質(zhì)點(diǎn) P2 一定做曲線運(yùn)動(dòng)，由于兩者之間的距離越來越大，它們之間的庫侖力也就越來越小，所以 P2 的加速度在減?。俣仍龃螅?A 正確， B 錯(cuò)誤； C、若 P P2為異種電荷， P P2之間的庫侖力為吸引力，當(dāng) P P2之間的庫侖力恰好等于向心力的時(shí)候， P2就繞著 P1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí) P2速度的大小和加速度的大小都不變，但是方向改變，故 C 錯(cuò)誤． D、若 P P2為異種電荷， P P2之間的庫侖力為吸引力，若速度較大，吸引力小于向心力， P2做離心運(yùn)動(dòng)，吸引力減小，則加速度減小，引力做負(fù)功，速度減小，做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動(dòng)，故 D 正確． 故選： AD． 11．如圖所示，固定于地面、傾角為 θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一 端與固定于