高考物理一轮复习第七章电荷守恒定律库仑定律备考精炼

51 电荷守恒定律库仑定律
[方法点拨] (1)注意库仑力的大小与两点电荷间的距离平方成反比．(2)库仑力作用下的物体平衡问题，要注意整体法、隔离法的应用．
1．(2020·黑龙江双鸭山一中月考)两个相同的可视为点电荷的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )
A.
1
12
F B.
1
6
F C.
1
4
F D.
1
3
F
2．(2020·河北邢台质检)如图1所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
图1
A．P、Q所带电荷量为mgktan θ
r2
B．P对斜面的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g
3．如图2所示，光滑平面上固定金属小球A，用长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有( )
图2
A．x2＝1
2
x1 B．x2>
1
4
x1 C．x2＝
1
4
x1 D．x2<
1
4
x1
4．(2020·福建三明一中模拟)如图3所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为( )
图3
A.q k
F
B．q
2k
F
C．2q
k
F
D．2q
F
k
5．(多选)如图4所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )
图4
A．cos3α＝q
8Q B．cos3α＝
q2
Q2
C．sin3α＝Q
8q D．sin3α＝
Q2
q2
6．(2020·湖南株洲一模)套有三个带电小球的圆环放在水平桌面上(不计一切摩擦)，小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图5所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中( )
图5
A．三个小球电荷量的代数和可能为0
B．三个小球一定带同种电荷
C．三个小球所受环的弹力大小为F NA>F NB>F NC
D．三个小球带电荷量的大小为Q A>Q C>Q B
7．(多选)如图6所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量大小均为q，小球d的电荷量大小为6q，h＝2R.重力加速度为g，静电力常量为k.则( )
图6
A．小球a一定带正电
B ．小球b 的周期为
2πR
q mR k
C ．小球c 的加速度大小为3kq
2
3mR
2
D ．外力F 竖直向上，大小等于mg ＋26kq
2
R
2
8．(2020·湖北黄冈模拟)如图7所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点M 、O 、N ，质点O 能保持静止，质点M 、N 均围绕质点O 做匀速圆周运动．已知质点M 、N 与质点O 的距离分别为L 1、L 2(L 1<L 2)．不计质点间的万有引力作用．下列说法正确的是( )
图7
A ．质点M 与质点O 带有同种电荷
B ．质点N 的线速度小于质点M 的线速度
C ．质点N 与质点M 所带电荷量之比为(L 2L 1)2
D ．质点M 与质点N 的质量之比为(L 1L 2
)
2
答案精析
1．A [设其中一个小球所带电荷量为－Q ，另一个带电荷量为3Q ，根据库仑定律可知，两球接触前F ＝k 3Q 2
r 2，接触后再分开，两球带电荷量为Q 1＝Q 2＝3Q －Q 2＝Q ，由库仑定律得F′＝kQ×Q (2r )2＝F 12，故A 正确．] 2．D [设P 、Q 所带电荷量为q ，对物体P 受力分析，受到水平向左的库仑力F ＝k q
2
r 2、竖直向下的重力
mg 、支持力F N ，由平衡条件可得tan θ＝F
mg
，解得q ＝
mgr 2
tan θ
k
，选项A 错误；斜面对P 的支持力F N ＝mgcos θ＋Fsin θ，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的压力为F N ′＝mgcos θ＋Fsin θ，选项B 错误；对P 和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q 对P 向左的库仑力F ＝k q
2
r 2和地面对斜面体水平向右
的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为F f ＝k q
2
r 2，选项C 错误；对P 和斜面体
整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M ＋m)g 和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M ＋m)g ，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M ＋m)g ，选项D 正确．]
3．B [电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的1
4，库仑
力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14，此时弹簧的伸长量也大于原来的1
4
，B 正确．]
4．B [选甲、乙整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a ＝F
2m .选乙为研究对象，由牛顿第二定律
得，kq
2
r
2＝ma ，联立得r ＝q
2k F
.] 5．AC [设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2asin α，两个－q 之间距离为2acos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2
(2acos α)2，解得cos 3
α＝
q 8Q ，选项A 正确，B 错误．选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2
(2asin α)2，解得sin 3
α＝
Q 8q ，选项C 正确，D 错误．]
6．B [对小球A 分析，弹力过圆心，根据平衡条件，要么小球B 与C 对小球A 同时为引力，要么对小球A 同时为斥力，小球A 才能处于平衡状态，因此小球A 不可能受到一个斥力一个引力，所以小球B 、C 带同种电荷，分析小球B ，由平衡条件可得小球A 、C 带同种电荷，可得三个小球带同种电荷，所以三个小球电荷量的代数和不可能为0，A 错误，B 正确；小球A 受到两个斥力，设圆心为O ，AB>AC ，同时∠OAB<∠OAC，可得小球A 受小球B 的力更大，且小球A 离小球B 更远，可得小球B 所带电荷量大于小球C 所带电荷量，同理小球A 的带电荷量大于小球B 带的电荷量，Q A >Q B >Q C ，D 错误；根据相似三角形可得F NA
BC
＝
F NB AC ＝F NC
AB
，故可得F NC >F NB >F NA ，C 错误．]
7．CD [小球a 、b 、c 均做半径相同的匀速圆周运动，且受力情况相同，故三个小球的各运动参量大小均相等．以小球a 为例，小球a 做圆周运动的向心力由小球d 对小球a 的引力的水平分力及小球b 、c 对小球a 斥力的合力提供，仅可以判断四个小球所带电荷电性的异同，不能确定小球a 是否带正电，A 项错误；由牛顿第二定律得，－2k q 2
(2Rcos 30°)2cos 30° ＋k 6q 2
h 2＋R 2·R
R 2＋h 2
＝ma n ，其中h ＝2R ，解得a n ＝3kq 2
3mR 2，C 项正确；向心加速度公式a n ＝3kq 2
3mR 2＝4π2
T 2R ，得T ＝
2πR
q
3mR
k
，B 项错误；对小球d 受力分析，由平衡条件可知：F ＝mg ＋3k 6q 2
R 2＋h 2·h R 2＋h
2
＝mg ＋26kq
2
R 2，D 项正确．] 8．C [要满足题目要求，则M 、N 电性相同，且和O 电性相反，A 项错误；M 、N 绕O 做匀速圆周运动，则三质点共线，角速度相等，线速度之比等于做圆周运动的半径之比，v N >v M ，B 项错误；对O 点受力分析，知k
q M q O L 12＝k q N q O L 22，q N q M ＝(L 2L 1)2，C 项正确；分别对M 、N 受力分析，合力提供向心力，m M L 1ω2
＝k q M q O L 1
2－k q M q N (L 1＋L 2)2，m N L 2ω2＝k q N q O L 22－k q M q N (L 1＋L 2)2，m M L 1ω2＝m N L 2ω2
，即m M m N ＝L 2L 1
，D 项错误．]
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．一质点在xOy 平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是（ ）
A ．质点沿x 方向可能做匀速运动
B ．质点沿y 方向一定做匀速运动
C ．若质点沿y 方向始终匀速运动，则x 方向可能先加速后减速
D ．若质点沿y 方向始终匀速运动，则x 方向可能先减速后反向加速
2．2019年1月3日上午10点26分，“嫦娥四号”探测器在月球背面成功软着陆图示为“嫦娥四号”探测器奔月过程中某阶段的运动示意图，“嫦娥四号”探测器沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P 处变轨进入圆轨道Ⅱ，其在圆轨道Ⅱ上做圆周运动的轨道半径为r 、周期为T 。

已知引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．“嫦娥四号”探测器在P 点进行加速后进入圆轨道Ⅱ
B ．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动的周期小于在圆轨道Ⅱ上运动的周期
C ．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道上经过P 点时的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度
D ．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动时的机械能等于在圆轨道Ⅱ上运动时的机械能 3．下列说法正确的是（ ）
A ．金属发生光电效应时，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
B ．重核裂变（235113995192
054380U+n Xe+Sr+2n ）释放出能量，139
54Xe 的结合能比23592U 的大
C ．8 g
222
86
Rn 经22.8天后有7.875 g 衰变成21884Po ，则222
86Rn 的半衰期为3.8天
D ．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长 4．如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m 的4块相同的砖，用两个大小均为F 的水平力压木板，使砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（ ）
A ．0
B ．mg
C ．
12
mg D ．2mg
5．某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的1
2
，则此卫星运行的周期大约是（ ） A ．6h
B ．8.4h
C ．12h
D ．16.9h
6．在两个边长为L 的正方形区域内（包括四周的边界）有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

一个质量为m ，带电量为q 的粒子从F 点沿着FE 的方向射入磁场，恰好从C 点射出。

则该粒子速度大小为（ ）
A ．
2BqL
m
B ．
BqL
m
C ．
54BqL
m
D ．
52BqL
m
7．如图所示，两电荷量分别为－Q 和+2Q 的点电荷固定在直线MN 上，两者相距为L ，以+2Q 的点电荷所在位置为圆心、
2
L
为半径画圆，a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线垂直于MN ，下列说法正确的是
A ．c 、d 两点的电势相同
B ．a 点的电势高于b 点的电势
C ．c 、d 两点的电场强度相同
D ．a 点的电场强度小于b 点的电场强度
8．甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的v —t 图象如图所示，已知t=0时刻甲、乙第一次并排，则（ ）
A．t=4s时刻两车第二次并排
B．t=6s时刻两车第二次并排
C．t=10s时刻两车第一次并排
D．前10 s内两车间距离的最大值为12m
9．在物理学发展过程中，有许多科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A．胡克用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点
B．平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需要的概念是牛顿首先建立的
C．伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体的运动规律
D．笛卡尔发现了弹簧弹力和形变量的关系
10．如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n，面积为S，总电阻为r的矩形线圈abcd 绕轴OO’做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是
A．从t l到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为2nBS
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Nbs/R
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω
D．电流表的示数为
2()
r R
+
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E与路程x的关系图像如图乙所示，其中O-x1过程的图像为曲线，x1-x2过程的图像为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是
A．O-x1过程中小球所受拉力大于重力
B．小球运动路程为x1时的动能为零
C．O-x2过程中小球的重力势能一直增大
D．x1-x2过程中小球一定做匀加速直线运动
12．我国北斗卫星导航系统（BDS）已经开始提供全球服务，具有定位、导航、授时、5G传输等功能。

A、B为“北斗”系统中的两颗工作卫星，其中A是高轨道的地球静止同步轨道卫星，B是中轨道卫星。

已知地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T0下列判断正确的是（）
A．卫星A可能经过江苏上空B．卫星B可能经过江苏上空
C．周期大小T A=T0>T B D．向心加速度大小a A<a B<g
13．一定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态a到状态b，到状态c再回到状态a．三个状态的体积分别为v a、v b、v c，则它们的关系正确的是（）
A．v a=v b
B．v a=v c
C．v b=327 600
v c
D．v c=327 54
v a
14．如图所示，把半径为d的玻璃半球体放在纸面上，让它的凸面向上，分别从A、B两处（其中A处为
玻璃半球体的最高点）观察玻璃半球体中心O 处纸面上的文字，下列说法正确的是（ ）
A ．从A 处看到的字比从
B 处看到的字高 B ．从B 处看到的字比从A 处看到的字高
C ．从A 处看到的字和从B 处看到的字一样高
D ．从A 处看到的字和没有放玻璃半球体时一样高
15．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m 的U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m 的小球沿水平方向，以初速度0v 从U 形管的一端射入，从另一端射出。

已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．该过程中，小球与U 形管组成的系统机械能守恒
B ．小球从U 形管的另一端射出时，速度大小为
3
v C ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，速度大小为
3
v D ．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为0
63
mv 三、实验题：共2小题
16．在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA 的微安表头G 改装为量程为0.3A 的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。

可供选择的实验器材有： 微安表头G(量程300μA ，内阻约为几百欧姆) 滑动变阻器R 1(0～10k Ω) 滑动变阻器R 2(0～50k Ω) 电阻箱R(0~9999 ) 电源E 1(电动势约为1.5V) 电源E 2(电动势约为9V) 开关、导线若干
(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻R g，实验方法是：
A．按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端；
B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200μA，记录此时电阻箱的阻值R0，
①实验中电源应选用________，滑动变阻器应选用_____(选填仪器字母代号)；
②测得表头G的内阻R g=_____，表头内阻的测量值较其真实值___(选填“偏大”或“偏小”)；
(2)实验测得G的内阻R g=500Ω，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为______Ω的电阻与表头G并联；
(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻R x的阻值。

测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250Ω处，则R x=______Ω。

17．图甲是某同学验证动能定理的实验装置。

其步骤如下：
A．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带。

合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑。

B．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m1以及小车质量m2。

C．撤去细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O为打下的第一点。

己知打点计时器的打点时间间隔为T，重力加速度为g。

(1)步骤C中小车所受的合外力大小为___
(2)为验证从O—C过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为1x，OC间距离为2x，则C点速度大小为___，需要验证的关系式为____ (用所测物理量的符号表示)。

四、解答题：本题共3题
18．如图所示，哑铃状玻璃容器由两段粗管和一段细管连接而成，容器竖直放置，容器粗管的截面积为
S1=2cm2，细管的截面积S2=1cm2，开始时粗、细管内水银长度分别为h1=h2=2cm，整个细管长为4 cm，封闭气体长度为L=6cm，大气压强为P0=76cmHg，气体初始温度为27℃，求：
①第一次若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K;
②第二次若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中气体体积不变，封闭气体的温度应为多少K. 19．（6分）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。

开始时茶杯内部封闭气体的温度t1＝87℃、压强等于外界大气压强p1．放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t2＝27℃．已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。

茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。

（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；
（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？
20．（6分）从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求
（i）质点P、O开始振动的时刻之差；
（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标．
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【详解】
AB．物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹凹的一侧，由图可知：x轴方向有分加速度，所以x轴方向不可能匀速，y方向可能有分加速度，故质点沿y方向可能做变速运动，也可能做匀速运动，故A、B错误；
CD．物体在y方向匀速，则合力在水平方向，合力指向轨迹的凹侧可知合力水平向左，因此物体在水平方向先向右减速后向左加速，C错误，D正确。

故选D。

2．C
【解析】
【详解】
A．在P点减速，提供的向心力等于需要的向心力，“嫦娥四号”探测器进入圆轨道Ⅱ，故A错误；
B．根据开普勒第三定律知
3
2
r
k
T
=，可知椭圆轨道的半长轴大于圆轨道Ⅱ的半径，所以探测器在椭圆轨道
上运动的周期大于在圆轨道Ⅱ上运动的周期，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，得
2=
M
G a
r
，可知探测器在椭圆轨道上经过P点时的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过P点时的加速度，故C正确；
D．由以上分析可知探测器在椭圆轨道上经过P点时的动能大于在圆轨道Ⅱ上经过P点时的动能，故探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动时的机械能大于在圆轨道Ⅱ上运动时的机械能，故D错误。

故选：C。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据爱因斯坦光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故A项错误；
B．重核裂变过程释放出能量，组成原子核的核子越多，它的结合能越大，故B项错误；
C ．根据衰变规律得
01=()2
t m m τ剩 由题意知
87.875g 0.125g m =-=剩()
t=22.8天
解得 3.8τ=天，故C 项正确;
D ．根据hc
E λ∆=可知，入射光的能量与波长成反比，氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子小于从
能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，则氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故D 项错误。

故选C 。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
先对4块木板整体受力分析，受重力4mg 和两侧墙壁对木块向上的静摩擦力2f ，根据平衡条件，有： 2f=4mg ；解得：f=2mg ，即墙壁对木板的静摩擦力为2mg ；再对木板3、4整体分析，受重力2mg ，墙壁对其向上的静摩擦力，大小为f=2mg ，设2对3、4的静摩擦力为f′，向上，根据平衡条件，有： f′ f=2mg ，故f′=2mg -f=1．故A 正确,BCD 错误．
5．B
【解析】
【分析】
【详解】 由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的12
，根据开普勒第三定律有 33
2
2 1()2r r
T T =同同同卫
可得
24h 8.4h T ==≈卫同
故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

6．C
【解析】
【分析】
【详解】
由题意分析可知粒子从BE 中点G 飞出左边磁场，作FG 的垂直平分线交FA 的延长线于点O ，点O 为圆心，如图所示
根据几何知识，有
225
42L FG L L =+=
FEG ∆与FNO ∆相似，则有
5
5
::422L L r L =
解得
5
4r L =
又因为
2
v qvB m r =
解得
54BqL
v m =
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

7．A
【解析】
【详解】
A 、
B 、a 、b 、c 、d 四点在以点电荷+2Q 为圆心的圆上，可知+2Q 产生的电场在a 、b 、c 、d 四点的电势是相等的，所以a 、b 、c 、d 四点的总电势可以通过-Q 产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b 点的电势最高，c 、d 两点对称电势相等，a 点电势最低；故A 正确，B 错误.
C 、+2Q 的场源在c 、d 两点产生的场强大小相等，-Q 的场源在c 、d 两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c 、d 两点的电场强度不同；故C 错误；
D 、由点电荷的场强公式2kQ
E r =，合成可得222212()()22
a kQ kQ kQ E L L L =+=，方向向左；22226839()()22
b kQ kQ kQ E L L L =-=，方向向右；故a b E E >；则D 错误. 故选A.
【点睛】
本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析．
8．C
【解析】
【详解】
AB.由图像可知，在前8s 内，甲的位移
x′=v t=48m
乙的位移 x″=262
+·12m=48m 说明t=8s 时刻两车第二次并排，选项AB 均错误；
C.两车第二次并排后，设经过△t 时间两车第三次并排，有：
v·△t=v 1·△t-2212
a t ⋅∆ 解得△t=2s ，两车恰好在乙速度为零时第三次并排，第三次两车并排的时刻为t=10s ，选项C 正确；
D.由图像可知，前10s 内两车在t=4s 时刻两车距离最大（图像上左侧的梯形面积），
△x=242
+×6m=18m 选项D 错误。

9．C
【解析】
AC ．伽利略利用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，并最早建立了平均速度、瞬时速度等描述物体运动的概念，AB 错误；
C ．伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体运动的规律，C 正确；
D ．胡克发现弹簧弹力与形变量的关系，D 错误．
10．D
【解析】
试题分析：由图可知，t l 和t 3这两时刻的磁通量大小为BS ，方向相反；故穿过线圈磁通量的变化量为2BS ；
故A 错误； 从t 3到t 4这段时间磁通量的变化为BS ，则平均电动势 NBS E t =；因此通过电阻R 的电荷量为()NBS NBS q t r R t
R r ==++；故B 错误； t 3时刻电动势E=NBSω；则由法拉第电磁感应定律可知：N E t
Φ=；则穿过线圈的磁通量变化率为BSω；故C 错误； 电流表的示数为有效值，则有：
E I R ==；故D 正确；故选D ． 考点：法拉第电磁感应定律；交流电的有效值
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．BD
【解析】
【详解】
A ．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：
E F x
∆=∆拉 可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x 1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正
功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x 1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x 1处速度为零，动能为零，说明O-x 1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A 错误，B 正确；
C ．O-x 1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x 1-x 2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C 错误；
D ．x 1-x 2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D 正确。

故选BD 。

12．BCD
【详解】
A ．A 是高轨道的地球静止同步轨道卫星，静止在赤道上空，不可能经过苏州上空，故A 错误；
B ．B 是中轨道卫星不是静止同步轨道卫星，所以卫星B 可能经过江苏上空，故B 正确；
C ．根据
2224Mm mR G R T
π= 可得
T =半径越大，周期越大，所以T A =T 0>T B ，故C 正确；
D ．根据万有引力提供向心力
2Mm ma G
R = 2
M a G R = 半径越大，向心加速度越小，所以向心加速度大小a A <a B <g ，故D 正确。

故选BCD 。

13．BC
【解析】
【分析】
根据图象求出各状态下的压强与温度，然后由理想气体状态方程解题。

【详解】
由图示可知，p a =p 0，p b =p c =2p 0，T a =273+27=300K ，T c =273+327=600K ，由数学知识可知，t b =2t a =54℃，T b =327K ；由理想气体状态方程得：
0==300a a a CT C V P P ，0
==300c c c CT C V P P 则=a c V V ，由理想气体状态方程可知：
00327327327====2300600600a a b a b a c b a
PV T P V V V V PT P ⨯⨯ 故BC 正确，AD 错误；
解题时要注意横轴表示摄氏温度而不是热力学温度，否则会出错；由于题目中没有专门说明oab 是否在同一条直线上，所以不能主观臆断b 状态的温度。

14．CD
【解析】
【分析】
【详解】
只有入射角不等于零时才会发生折射，当人通过玻璃半球体看中心O 处的字的时候，进入眼睛的光线沿着半球体半径，也就是球面法线，所以不发生折射，物像重合，从A 处看到的字和从B 处看到的字一样高，而且和没有放玻璃半球时一样高，CD 正确，AB 错误。

故选CD 。

15．ABD
【解析】
【详解】
A ．小球和U 形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以A 正确；
B ．小球从U 形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和U 形管组成的系统，水平方向不受外力，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得
0122mv mv mv =+
再有机械能守恒定律可得
2220121112222
mv mv mv =+⋅ 解得
1002123
m m v v v m m -==-+ 所以B 正确；
C ．从小球射入至运动到U 形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U 形管速度水平方向速度相同，对此过程满足动量守恒定律，得
0(2)x mv m m v =+
03
x v v = 由能量守恒得
2201112222
x mv mv mv =⋅+。