四川省成都市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1．（2021·四川成都·统考一模）关于物体间相互作用，下列理解中正确的是（ ）
A．物体间相互作用时先有作用力，后有反作用力
B．物体间一对作用力和反作用力产生的冲量大小不一定相等
C．物体间一对作用力和反作用力的做的功代数和一定为零
D．物体间摩擦力和它的反作用力做功代数和不为零时，则接触面一定有热量产生
2．（2021·四川成都·统考一模）甲、乙两物体从同一地点开始运动的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．3s末两物体速度相等
B．0~3s末甲、乙两物体之间的距离先增大后减小
C．0~3s内甲、乙两物体的平均速度不相等
D．0~3s内有两个时刻甲和乙的瞬时速度大小刚好相等
3．（2021·四川成都·统考一模）如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，r与灯泡电阻相等，电流表、电压表均为理想电表，不考虑温度对灯丝电阻率的影响。开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡亮度变暗 B．电压表示数变大
C．电流表示数变小 D．电源输出功率一定变大
4．（2021·四川成都·统考一模）两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿SO方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径AOB最左端的A点。不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲粒子带负电
B．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少
C．从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小
D．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大
5．（2021·四川成都·统考一模）如图所示，光滑的金属环被固定在竖直平面内，一弹性绳上端被固定在圆弧最高点A，不挂重物时，弹性绳下端刚好在金属环圆心O处；现将一个中心带孔质量为m的小球拴在弹性绳的下端后再套在金属环最低点，用一始终与金属环相切的拉力F逆时针方向缓慢拉动小球，在小球运动的圆心角θ<90°的范围内，弹性绳与圆心O处的固定铁钉始终接触，不计铁钉与弹性绳间摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．弹性绳的弹力变大
B．拉力F变大
C．金属环与小球间弹力一定变小
D．金属环与小球间弹力一定变大
6．（2021·四川成都·统考一模）甲、乙同学在同一直道上的位移一时间（x-t）图像如图所示。由图可知（ ）
A．甲始终沿同一方向运动 B．t1时刻，甲的速度最大
C．t1时刻，甲、乙相距最远 D．t2时刻，甲、乙的运动方向相反
7．（2021·四川成都·统考一模）如图，倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，刚好能够到达B点。已知A、B间距为L，Q>>q，重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·四川成都·统考一模）神舟十三号载人飞船于2021年10月16日与在轨运行的天宫空间站成功对接。若对接后可近似认为空间站在距地面高400km的轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径为6400 km，第一宇宙速度为7.9km/s。则空间站的运行速率约为（ ）
A．8.0km/s B．7.7km/s C．7.0km/s D．6.5km/s
9．（2021·四川成都·统考一模）如图，在跨过光滑定滑轮的轻绳拉动下，木箱从距滑轮很远处沿水平地面向右匀速运动。已知木箱与地面间的动摩擦因数为，木箱始终在地面上。则整个过程中拉力F的大小变化情况是（ ）
A．先减小后增大 B．先增大后减小 C．一直减小 D．一直增大
10．（2021·四川成都·统考一模）如图（a），平行金属板A、B间的电压恒为U，B板右侧的平行金属板M、N间加有图（b）所示的交变电压，OO'是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻，紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；甲在时刻沿OO'方向进入并在时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙，在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和离子间的相互作用均不计。则（ ）
A．y甲=2y乙 B．y甲=y乙 C．v甲=v乙 D．v甲=4v乙
11．（2021·四川成都·统考一模）如图，真空中A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，O点是AB连线的中点，电子能够在AB连线的中垂面内绕O点做匀速圆周运动。若电子运动的轨道半径为r，则r较大时（ ）
A．电子所需的向心力较小 B．电子运动的角速度较小
C．电子的电势能较大 D．电子运动的周期较小
12．（2022·四川成都·统考一模）如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（ ）
A． B．
C． D．
13．（2022·四川成都·统考一模）2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船成功对接中国空间站天和核心舱，与天舟二号、天舟三号货运飞船一起组成四舱（船）组合体。若对接后可近似认为空间站在距地面高h=400 km的轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径为R=6400 km，地球表面的重力加速度大小g=10 m/s2。则（ ）
A．空间站里的航天员处于失重状态，故不受到地球的引力作用
B．航天员在空间站里可通过做俯卧撑运动来锻炼身体
C．空间站绕地球运行的周期大约为1.53 h
D．飞船和空间站对接前，飞船应先与空间站处于同一轨道然后向前加速追上空间站完成对接
14．（2022·四川成都·统考一模）如图，A、B为水平放置的平行金属板，下板B接地，R为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关与S，电路稳定后，A、B之间一带电液滴P恰好静止。则（ ）
A．仅使A板水平向左移动一小段距离，液滴将向下运动
B．仅使变阻器滑片向下滑动，液滴将向上运动，电阻R功率增大
C．断开，仅使A板竖直向上移动一小段距离，液滴将向上运动
D．断开，仅使B板竖直向下移动一小段距离，液滴的电势能将减小
15．（2022·四川成都·统考一模）如图所示，半径分别为、的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为、的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
16．（2021·四川成都·统考一模）简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距8m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示。则（ ）
A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B．该波从P传到Q的时间可能为7s
C．该波的传播速度可能为2m/s
D．若质点P振动的振幅为A，从2s开始计时，P点的振动方程为
E．简谐横波从该介质传播到另一个不同的介质中时频率可能发生变化
17．（2021·四川成都·统考一模）如图所示，空间中存在水平向左的风力场，会对场中物体产生水平向左的恒定风力，质量为m的小球（视为质点）从A点由静止释放，一段时间后小球运动到O点（图中未画出），已知A、O两点的水平方向位移为x，竖直方向位移为y，重力加速度大小为g，则小球从A到O点的过程中（ ）
A．水平风力
B．小球运动的加速度与水平方向的夹角α满足
C．小球运动时间
D．小球在空中做匀变速曲线运动
18．（2021·四川成都·统考一模）如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在Ⅰ轨道上的加速度大小为a0，卫星在Ⅱ轨道上A点加速度大小为aA，则有a0>aA
B．椭圆轨道的半长轴长度为R
C．卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则v0＞vB
D．若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB＞
19．（2021·四川成都·统考一模）如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O，一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上，由静止开始释放．已知静电力常量为k、重力加速度为g，且 (忽略空气阻力及小球对原电场的影响) ，则
A．小球刚到达C点时，其动能为
B．小球刚到达C点时，其加速度为零
C．A、B两处的电荷在D点产生的场强大小为
D．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大
20．（2021·四川成都·统考一模）图示电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，小灯泡L的电阻为R，小型直流电动机M的线圈内阻为r0、额定电流为I0，当开关S分别接1、2、3时，它们都能正常工作。则（ ）
A．S接1且电路稳定后，电容器所带电荷量为Q=EC
B．S接2且电路稳定后，小灯泡的热功率为
C．S接3且电路稳定后，电动机的输出功率为
D．S接3且电路稳定后，电动机两端的电压是
21．（2021·四川成都·统考一模）将图（a）中的蹦床简化为图（b）所示的弹簧，当质量50kg的运动员站在蹦床上静止时，弹簧的上端由O点压缩到A点，运动员重心在O点。现将比赛过程分为两段，过程1：运动员从A点开始，通过多次起跳，在空中完成动作，且越跳越高，直至重心达到距O点高为6.1m的最高点（此时运动员的速度为零）；过程2：运动员在最高点结束表演，此后不做任何动作，多次往返，最后静止在蹦床上，弹回过程中重心与O点最大高度差为4m。若整个过程中运动员所受空气阻力大小恒为重力的0.2倍，重力加速度大小为10m/s2。则（ ）
A．过程1中，运动员能够越跳越高，是因为弹簧对运动员不断做正功
B．在过程2的每一次单向向上运动过程中，运动员的速度最大时，弹簧的上端都处于A点下方
C．过程2中，从开始下落到弹至重心距O点高4m处，运动员克服空气阻力做的功为1010J
D．过程2中，弹簧的最大弹性势能为2520J
22．（2022·四川成都·统考一模）图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移-时间图像（后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（ ）
A．机器人在0~30s内的位移大小为2m
B．10~30s内，机器人的平均速度大小为0.35m/s
C．0~10s内，机器人做加速直线运动
D．机器人在5s末的速度与15s末的速度相同
23．（2022·四川成都·统考一模）如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大、人上升；阶段，杆弯曲程度减小、人上升；阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。这四个阶段的能量变化为（ ）
A．地面对人和杆系统做正功
B．B→C人和杆系统的动能减小量等于重力势能和弹性势能增加量
C．人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量
D．重力对人所做的功等于人机械能的增加量
24．（2022·四川成都·统考一模）如图，ABCD为真空中一正四面体区域，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别固定着等量异种点电荷和（）。则下列判定正确的是（ ）
A．A、D处场强大小相等，方向不同
B．电子在E点的电势能大于在F点的电势能
C．将一试探正电荷从A处沿直线AD移动到D处，电场力做正功
D．将位于C处的电荷移到A处，D处的电势不变，且E、F场强大小相等
25．（2022·四川成都·统考一模）如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）
A．沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B．滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C．滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D．滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
26．（2022·四川成都·统考一模）下列有关热学知识的说法中，正确的是（ ）
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．热量可以从低温物体传递给高温物体
C．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功
D．相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时物体的温度一定相同，内能不一定相同
E．大型载重卡车停于水平地面卸货的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热
参考答案：
1．D
【详解】A．作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生、同时变化、同时消失，故A错误；
B．作用力与反作用力总是大小相等，作用的时间总是相同，故其冲量大小一定相等，B错误；
C．作用力与反作用力作用在不同的物体上，等大、反向、共线；作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力对发生相互作用的系统做功不一定相等，故相互作用力做功之和不一定为零，故C错误；
D．物体间摩擦力和它的反作用力做功代数和不为零时，此时可知位移不相同，即存在相对位移，此时摩擦力做功，故接触面一定有热量产生，D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．x t图像中，图线的斜率表示速度，3s末二者的斜率不同，所以速度不同，故A错误；
B．根据x t图像0～3s末甲、乙两物体质点位置坐标知前3s内甲、乙之间距离先增大后减小，故B正确；
C．0～3s内甲、乙两物体的位移相等，时间相等，根据平均速度等于位移与时间的比值知0～3s内甲、乙两物体的平均速度相等，故C错误；
D．前3s内有一个时刻甲和乙的斜率相同，表示时速度刚好相等，0～3s内有一个时刻甲和乙的瞬时速度大小刚好相等，故D错误。
故选B。
3．D
【详解】C．将滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变小，则电路的总电阻变小，根据
可知通过电路的电流变大 ，即电流表的示数变大，C错误；
A．通过电路的电流变大，则灯泡的电功率变大，亮度变亮，A错误；
B．电压表所测电压为路端电压，为
可知电压表示数变小，B错误；
D．可知电源输出功率最大时，此时电源内阻与外电路电阻相同，因为r与灯泡电阻相等，滑片P向上滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变小，即外电路电阻变小，逐渐向内阻靠近，此时电源输出功率变大，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．甲粒子向右偏转，说明受到向右的电场力，与场强方向相同，故甲粒子带正电，A错误；
BC．甲、乙两粒子水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向加速度
水平方向位移
两粒子m相同，运动时间t相同，场强E也相同，则x与q成正比，由题图可知，乙粒子的水平位移x较大，故乙粒子所带的电荷量q比甲粒子多，乙粒子受到的合冲量
较大，由动量定理可知，从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中乙粒子动量变化更大，B错误，C正确；
D．甲、乙两粒子竖直方向做匀速直线运动，由
可知t相同情况下，乙粒子竖直位移y较小，则乙粒子初速度v0较小，进入电场时的初动能较小，D错误。
故选C。
5．B
【详解】A．弹性绳伸长量始终等于环的半径不变，则弹性绳的弹力不变，选项A错误；
B．在沿着切线方向上
则随着θ角变大，则F逐渐变大，选项B正确；
CD．沿弹性绳的方向上，若 则
方向沿半径向外，则随着θ角变大，则FN变大；
若 则
方向沿半径向里指向圆心，则随着θ角变大，则FN变小；选项CD错误。
故选B。
6．D
【详解】A．因图像的斜率等于速度，可知甲的速度先正后负，可知甲先沿正方向运动，后沿负方向运动，不是始终沿同一方向运动，选项A错误；
B．t1时刻，甲图像的斜率为零，此时的速度最小，选项B错误；
C．当甲乙速度相等时相距最远，即当甲图像的切线的斜率等于乙的斜率时甲乙相距最远，此位置不是t1时刻，选项C错误；
D．t2时刻，甲、乙图像的切线的斜率符号相反，即两物体的运动方向相反，选项D正确。
故选D。
7．C
【详解】从A到B由动能定理可知
解得
故选C。
8．B
【详解】设地球半径为，空间站的离地高度为，空间站绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得
第一宇宙速度为绕地球表面飞行的物体做圆周运动的速度，根据
代入数据联立解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
9．A
【详解】对物体受力分析，如图所示
无论如何变化，支持力与摩擦力的合力方向不变，则有
则
设两个力的合力为，则由矢量三角形知拉力垂直，拉力最小，此时拉力与水平方向的夹角为，当角由0增加到时，拉力逐渐减小，当角由继续增加时，拉力一直增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．B
【详解】两粒子在电场中被加速，则
可得
两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；可知两粒子出离电场中的速度之比为
时间之比为
因为甲在时刻沿OO'方向进入，则乙在时刻沿OO'方向进入，甲粒子在偏转电场中的运动时间为，则乙粒子在偏转电场中的运动时间为T；甲粒子在偏转电场中的加速度
偏转距离
乙粒子在偏转电场中的加速度
偏转距离
则
y甲=y乙
由对称性可知，甲乙两粒子出离偏转电场时沿场强方向的速度均为零，则出离偏转电场时的速度等于进入偏转电场时的速度，即
选项ACD错误，B正确；
故选B。
11．C
【详解】A．两个等量同种正点电荷连线的中垂线上从中点向两侧场强先增大后减小，电子能够在AB连线的中垂面内绕O点做匀速圆周运动由电子受到的电场力提供向心力，F=Eq 知r较大时向心力可能增大也可能减小，故A错误；
C．在A、B连线的中垂线上，电场线方向都是从O指向无穷远处，所以电势一直降低，电子带负电，则r增大时，电势能增大，故C正确；
B．设电子与A的连线与AO夹角为，AO长为a，电子受A点正电荷的库仑力为
，，
解得
r增大，增大，减小，故B错误；
D．由可知减小T增大，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】小球受力如图所示
由平衡可知:
解得：
故选D。
13．C
【详解】A．空间站里的航天员处于失重状态，此时仍受地球引力作用，所受地球引力全部提供向心力，故A错误；
B．航天员在空间站里处于失重状态，用很小的力就可做俯卧撑，得不到锻炼的作用，故B错误；
C．在地球表面
空间站绕地球运行时
解得空间站绕地球运行的周期大约为
故C正确；
D．在对接前，飞船轨道应稍低于空间站的轨道，然后让飞船加速做离心运动而追上空间站并与之对接；故D错误。
故选C。
14．D
【详解】A．因为电容器与滑动变阻器并连，仅使A板水平向左移动，滑动变阻器的阻值不变，其滑动变阻器两端电压不变，即电容器两端的电压不变，所以电容器内部的场强根据公式
其场强也不变，即液滴所受电场力不变，所以液滴的合力依然为零，即液滴静止，故A项错误；
B．滑动变阻器的滑片向下移动，其接入电路的阻值变小，根据电路的串并联规律可知，电路中的总电阻减小，闭合电路欧姆定律可知，其电路中的总电流变大，根据
可知路端电压变小，即滑动变阻器两端电压变小，因为滑动变阻器与电容器并联，所以电容器两端的电压减小。根据公式
所以电容器内部的场强变小，根据
可知，液滴受到的电场力变小，所以液滴的合力向下，即液滴向下运动。根据电源输出功率的知识可知，若滑动变阻器的阻值比电源的内阻小，则随着阻值变小，其功率也变小；若其阻值大于电源的内阻，在其未与内阻相等时，随着电阻减小，其功变大。因为不知道滑动变阻器的阻值与电源内阻的关系，所以无法判断电阻的功率变大还是变小，故B项错误；
C．断开，电容器所带的电荷量不会发生变化，仅使A板竖直向上移动一小段距离，其电容器的板间距变大，有
整理有
所以电容器内部的场强不变，即液滴合力仍然为零，液滴将静止，故C项错误；
D．断开，电容器所带的电荷量不会发生变化，仅使B板竖直向下移动一小段距离，其电容器的板间距变大，由之前的分析可知，板间的电场强度不变，液滴仍然静止在P点。对于PB有
因为B板接地，所以B板的电势为零，因为B板下移所以PB之间的距离变大，所以P点的电势变大。由题意可知，液滴初始受竖直向下的重力和竖直向上的电场力，结合题图可知，A板带正电，所以液滴带负电。根据公式
所以液滴的电势能变小，故D项正确。
故选D。
15．A
【详解】由牛顿第二定律与圆周运动规律：当A刚要相对圆盘滑动时
解得
当B刚要相对圆盘滑动时
解得
当A比B先滑动时，则有
即
化简可得
故选A。
16．ACD
【详解】A．由图线可知，质点Q开始起振的方向沿y轴正方向，故A正确；
B．振动由P向Q传播，由图线可知T=6s，故振动从P传到Q的时间可能为
其中(n=0、1、2、3、……)
故不可能为7s，故B错误；
C．根据
得
(n=0、1、2、3、……)
当n=0时，波速为2m/s，故C正确；
D．角速度为
则从2s开始计时，P点的振动方程为
故D正确；
E．频率有波源决定，故该波如果进入另一种不同介质中传播时，其频率不会发生变化，故E错误。
故选ACD。
17．AC
【详解】AC．小球竖直方向做自由落体运动，由公式可得
水平方向做匀加速直线运动，则有
得
故AC正确；
BD．由于小球的初速度为0，且受到重力与恒定的风力，则释放小球将沿加速度方向做匀加速直线运动，所以
故BD错误。
故选AC。
18．BC
【详解】Ａ．卫星运动过程只受万有引力作用，故有：
所以加速度
又有OA＜R，所以，a0＜aA，故Ａ错误；
B．由开普勒第三定律可得
圆轨道可看成长半轴、短半轴都为R的椭圆，故a=R，故Ｂ正确；
C．根据万有引力做向心力可得
故v＝，那么轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为v'，那么，v'＜v0；又有卫星Ⅱ在B点做向心运动，故万有引力大于向心力，所以，vB＜v'＜v0，故Ｃ正确；
D．若OA=0.5R，则OB=1.5R，那么，v′＝，所以，vB＜，故D错误。
故选BC。
19．BD
【分析】根据矢量合成的方法，结合库仑定律即可求出D点的电场强度；对C点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球在C点的加速度；根据功能关系即可求出小球到达C的动能；根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关系分析小球的电势能的变化．
【详解】A项：由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得
由几何关系可得：
小球的动能：，故A错误；
B项：由几何关系得：，则：∠OCD=45°
对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图：
由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L，结合A的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即：
沿斜面方向：mgcos45°-F cos45°=ma
垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N
其中F是库仑力，联立以上三式得：a=0．故B正确；
C项：负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿DA、DB的角平分线；
由库仑定律，A、B在D点的场强的大小：它们的合场强：ED=EAcos30°+EBcos30°=，故C错误；
D项：由几何关系可知，在CD的连线上，CD连线的中点处于到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小．则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大．故D正确．
故选BD．
【点睛】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，CD位于AB边的中垂面上．
20．AC
【详解】A．S接1且电路稳定后，电容器两端电压为E，则所带电荷量为
Q=EC
选项A正确；
B．S接2且电路稳定后，小灯泡的热功率为
选项B错误；
C．S接3且电路稳定后，电动机的输出功率等于电源的总功率与电源内阻和电动机内阻上的热功率之差，即
选项C正确；
D．S接3且电路稳定后，电动机两端的电压是
选项D错误。
故选AC。
21．BD
【详解】A．过程1中，上升阶段，运动员与弹簧未分离时，弹簧对运动员做正功，运动员与弹簧未分离后，弹簧对运动员不做功，故A错误；
B．由题可知，当物体静止时，在A点弹簧的弹等于重力，在过程2的每一次单向向上运动过程中，阻力方向向下，运动员的速度最大时，运动员的加速度为零，此时有
则速度最大时，运动员比静止在弹簧上时，弹簧的弹力更大，则被压缩更短，所以弹簧的上端都处于A点下方，故B正确；
C．过程2中，从距O点高为6m开始下落到弹至重心距O点高4.1m处，设运动员克服空气阻力做的功W，由动能定理得
解得
故C错误；
D．过程2中，当弹簧第一次到最低点时，弹簧的弹性势能最大，设弹簧的压缩量为，运动员从距O点高为6m开始下落到重心与O点最大高度差为4.1m过程中，克服空气阻力做的功为
解得
过程2中，当弹簧第一次到最低点时，由动能定理得
代入数据得
故D正确。
故选BD。
22．AB
【详解】A．根据图像可知，机器人在0～30s内的位移大小为2m，选项A正确；
B．10～30s内，平均速度为
m/s=0.35m/s
选项B正确；
C．位移时间图线的斜率可反映速度，0～10s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，选项C错误；
D．0～10s内图线的斜率与10s～20s内图线的斜率关系为
k1=-k2
所以机器人在5s末的速度与15s末的速度等大反向，因速度是矢量，所以速度不相同，选项D错误。
故选AB。
23．BC
【详解】A．A→B地面对人和杆系统不做功，人加速过程增加的机械能是通过人体肌肉做功，消耗人体内的化学能，转化为人的机械能，选项A错误；
B．B→C人和杆系统的动能减小量等于重力势能和弹性势能增加量，选项B正确；
C．C→D人和杆系统的动能减小和弹性势能的减少量等于重力势能的增加量，则人和杆系统的动能减少量小于重力势能的增加量，选项C正确；
D．D→E重力对人所做的功等于人的重力势能减少量，人的机械能不变，选项D错误。
故选BC。
24．BD
【详解】A．因为是正四面体，所以各边长相等，又因为B、C处固定等量异种电荷点电荷，根据点电荷的电场强度公式
所以两点电荷在A和D处产生的各自电场强度大小相等，但因为电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形法则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在A和D处的合电场强度的大小相等、方向相同，故A项错误；
B．根据等量异种电荷的电势分布规律可知，其E点的电势为零，其F点的电势为正值，即根据电势能的公式
因为电子带负电，所以其电势越高，电势能越小，故E点电势能大于F点电势能，故B项正确；
C．因为B、C处固定等量异种电荷点电荷，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，AD所在平面为等势面，且电势为零，所以将一试探正电荷从A处沿直线AD移动到D处，电场力不做功，故C项错误；
D．开始时，根据等量异种电荷的电势分布规律，在D处电势为零。将位于C处的电荷移到A处，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，D处的电势仍然为零，所以D处的电势不变。因为是正三棱柱，移动后A、B为等量异种电荷，根据几何关系可知以及电场强度的叠加原理可知，其E、F两点的电场强度大小相等，故D项正确。
故选BD。
25．BD
【详解】A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为
滑块此时受到的电场力为
滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．假滑块最终在处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
滑动摩擦力做功为
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
26．BDE
【详解】A．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体微粒的无规则运动，它反映了液体或气体分子的无规则运动，故A错误；
B．根据热力学第二定律，热量可以从低温物体传到高温物体，但是不可能不引起其他变化，故B正确；
C．在外界的影响下，气体可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，故C错误；
D．相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时物体的温度一定相同，内能不一定相同，故D正确；
E．在缓慢卸货过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程
可知气体的体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，E正确。
故选BDE。
试卷第1页，共3页
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