卷子答案网-一个不只有答案的网站安徽省淮北市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1. 图示为某物体做直线运动的速度随时间变化的图像，则物体( )
A. 加速度一直不变
B. 末和末速度相同
C. 内一直做匀减速直线运动
D. 内，末离出发点最远
2. 年月日北斗全球组网卫星的收官之星发射成功，其中“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过氢原子的能级跃迁而产生的电磁波校准时钟。氢原子的部分能级结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小
B. 大量处于激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出种不同频率的光
C. 用的光子照射，能使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D. 由能级向能级跃迁时会辐射能量的光子，氢原子中电子的动能增加
3. 如图所示，三根长为，电流大小均为的直线电流在空间构成等边三角形，其中、电流的方向均垂直纸面向外，电流的方向垂直纸面向里。、电流在处产生的磁感应强度的大小均为，导线位于水平面处于静止状态，则导线受到的静摩擦力为( )
A. B. ，方向水平向右
C. ，方向水平向左 D. ，方向水平向右
4. 如图所示，、、、是正四面体的四个顶点，在、两点分别固定等量异种点电荷。下列说法正确的是( )
A. 点电势比点电势高
B. A、两点的场强等大反向
C. 将一试探电荷从点沿直线移动到点，电场力不做功
D. 将一试探电荷从点沿直线移动到点，电场力先变小后变大
5. 某健身爱好者质量为，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知重心在点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离、分别为和。若他在内做了个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为，则克服重力做功和相应的功率约为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
6. 如图所示为一台小型发电机构造示意图，图示时刻线圈平面和磁感线平行。线圈匝数为，电阻为，理想电压表与外接电阻并联。当线圈绕轴以角速度匀速转动时，电压表的示数为。则( )
A. 穿过线圈的磁通量的最大值为
B. 从图示位置开始计时，电动势的表达式为
C. 线圈从图示位置转过的过程中通过电阻的电荷量为
D. 线圈转动一圈，发电机提供的电能为
7. 年月日凌晨时分，嫦娥五号月球探测器采用停控加抓取的方式，在轨道器及返回器组合体追上上升器并以相同速度飞行过程中，从后面伸手牵过上升器之后拉紧实现完美的交会对接。这是我国首次也是国际首次，探测器在距离地球大约几十万公里的月球实现了月球轨道无人交会对接。已知：月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的，地球半径约为月球半径的倍，地球的第一宇宙速度为。假设轨道器及返回器组合体和上升器对接前的轨道都是圆轨道，则下列说法正确的是( )
A. 上升器离开月面时的速度可能小于
B. 在追赶过程中，轨道器及返回器组合体的速度一定一直在增大
C. 在追赶过程中，轨道器及返回器组合体的轨道低于上升器的轨道
D. 完成交会对接后轨道器及返回器组合体和上升器均处于失重状态
8. 如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用表示无人机重力，表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )
A. B. C. D.
9. 一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为，速度减为离开蹦床时速度一半所用的时间为，若不计空气阻力，则与的大小关系为( )
A. B. C. D. 不能确定
10. 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道，然后经点火，使其沿椭圆轨道运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道如图所示则卫星分别在、轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )
A. 卫星在轨道上的速率大于在轨道上的速率
B. 卫星在轨道上的角速度大于在轨道上的角速度
C. 卫星在轨道上具有的机械能大于它在轨道上具有的机械能
D. 卫星在轨道上的向心加速度大于它在轨道上的向心加速度
11. 图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数与副线圈匝数之比为：，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻和电容器连接成如图甲所示的电路．其中，电容器击穿电压为，各电表均为理想交流电表，开关处于断开状态，则( )
A. 电压表的读数为 B. 电流表的读数约为
C. 电阻上消耗的功率为 D. 若闭合开关，电容器会被击穿
12. 图甲为研究光电效应的电路图，当用频率为的光照射金属阴极时，通过调节光电管两端电压，测量对应的光电流强度绘制了如图乙所示的图象。已知电子所带电荷量为，图象中遏止电压、饱和光电流及入光射光的频率、普朗克常量均为已知量。下列说法正确的是( )
A. 光电子的最大初动能为
B. 阴极金属的逸出功为
C. 若增大原入射光的强度，则和均会变化
D. 阴极金属的截止频率为
13. 如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地，开关闭合，一带电油滴在电容器中的点处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大
B. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，点的电势将升高
C. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右
D. 开关先闭合后断开，板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动
二、多选题
14. 如图所示，在轴上放有两个电荷量分别为和的点电荷，其中位于轴的坐标原点，电荷的右侧各点电势随变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中点电势为零，段中的电势最低点为点，则下列说法正确的是( )
A. 点的电场强度方向向左
B. 从点到点的电场强度先增大后减小
C. 两点电荷的电荷量的大小关系为
D. 将一带负电的试探电荷从点移到点，电场力做负功
15. 如图所示，质量为的物块和质量为的物块用一轻弹簧相连，将用承受力足够大的轻绳悬挂于天花板上，用一个托盘托着使弹簧恰好处于原长，系统处于静止状态。现将托盘撤掉，则下列说法正确的是( )
A. 托盘撤掉瞬间，轻绳拉力大小为
B. 托盘撤掉瞬间，物块的加速度大小为
C. 托盘撤掉后，物块向下运动速度最大时，轻绳拉力大小为
D. 托盘撤掉后，物块向下运动到最低点时，弹簧弹力大小为
16. 如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框边和边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，边始终保持与磁场水平边界线平行，线框平面与磁场方向垂直．设下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列反映线框下落过程中速度随时间变化的规律图象中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
17. 两根长直导线、平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图，图中点为两根导线连线的中点，、为的中垂线上的两点且与、等距，两导线中通有恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度的大小跟该点到通电导线的距离成反比，则下列法中正确的是( )
A. 若、中通以等大同向电流，点的磁感应强度为零
B. 若、中通以等大反向电流则点和点的磁感应强度相同
C. 若、中通以大小不等的反向电流，则磁感应强度为零的点在、之间的连线上
D. 若、中通以大小不等的同向电流，则磁感应强度为零的点在、连线的延长线上
18. 如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度并作出如图滑块的图象，其中高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取，由图象可知( )
A. 小滑块的质量为
B. 轻弹簧原长为
C. 弹簧最大弹性势能为
D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为
19. 一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从点经、运动到点，其图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 处的电场强度小于处的电场强度
B. 粒子在处的电势能大于在处的电势能
C. ，间各点电场强度和电势都为零
D. ，两点的电势差等于，两点间的电势差
20. 在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图所示，倾斜的传送带以恒定速率逆时针运行，皮带始终是绷紧的。质量的货物从传送带上端点由静止释放，沿传送带运动到底端点，、两点的距离。已知传送带倾角，货物与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，则( )
A. 货物从点运动到点所用时间为
B. 货物从运动到的过程中，货与传送带摩擦产生的热量为
C. 货物从运动到的过程中，传送带对货物做功大小为
D. 货物从运动到与传送带速度相等的过程中，货物减少的重力势能小于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、图线的斜率表示加速度，可知加速度一直不变，故A正确；
B、末和末的速度方向相反，则两速度不相同，故B错误；
C、图线的斜率表示加速度，由图可知，加速度大小和方向均不变，则物体内做匀减速运动，内做反向的匀加速直线运动，故C错误；
D、根据图线与坐标轴围成的面积表示位移可知，末物体的位移最大，末物体的位移为，故D错误。
故选：。
在速度时间图象中，速度的符号表示速度的方向，由图可直接读出速度的大小和方向。图象的“面积“大小等于位移，图线斜率表示加速度。
速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，根据图象分析物体速度的变化和位移的变化。
2.【答案】
【解析】解：、氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大，故A错误；
B、大量处于激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出的光子的频率种类为种，故B错误；
C、处于基态的氢原子跃迁到第一激发态需要吸收的能量为，代入数据得，
跃迁到第二激发态需要吸收的能量为故 C错误；
D、由能级向能级跃迁时会辐射能量的光子，电场力做正功，氢原子中电子的动能增加，故D正确。
故选：。
氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐射特定频率的光子；由低能级向高能级跃迁则要吸收特定频率的光子；氢原子中的电子从高能级到低能级跃迁时，辐射的能量等于两能级差，电子轨道半径变小，动能增大；根据能级跃迁条件可知，必须满足能级差才能跃迁。
本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。
3.【答案】
【解析】解：如图所示
电流在处产生的磁感应强度的大小都为，根据右手螺旋定则和力的平行四边形定则，由几何关系得
由左手定则可知，导线所受的安培力方向水平向右，大小为；
由于导线位于水平面处于静止状态，故导线受到的摩擦力大小为，方向水平向左；故ABD错误，C正确；
故选：。
根据右手螺旋定则判断出电流在处产生的磁感应强度方向，再根据左手定则判断出电流在磁场中受到的安培力的大小，由物体处于平衡状态可知，在水平方向上，摩擦力与安培力平衡，可求摩擦力的大小。
明确右手螺旋定则和左手定则，明确物体处于平衡状态。
4.【答案】
【解析】答：、、两点在连线的中锤面上，等量异种电荷的中锤面是等势面，所以，故A错误；
B、、两点到连线的中点距离相等，并在连线的中锤面上，由等量异种电荷的电场线分布特点知，、两点的场强等大同向，故B错误；
C、、两点在连线的中锤面上，等量异种电荷的中锤面是等势面，在等势面上移动电荷，电场力不做功，故C正确；
D、将一试探电荷从点沿直线移动到点，距离两电荷先变小后变大，由等量异种电荷的电场线分布特点知，场强先变大后变小，则电场力也先变大后变小，故D错误．
故选：。
A、由等量异种电荷的中锤面是等势面判断；、、由等量异种电荷的电场线分布特点判断；
熟记等量异种电荷的电场线和等势面线分布特点是解此题的关键，同时要求学生有较强的空间想象力。
5.【答案】
【解析】解：设重心上升高度为，根据几何关系得：
解得：
故做一次俯卧撑克服重力做功为：
所以一分钟克服重力做功为：
功率为：，故B正确，ACD错误；
故选：。
根据几何关系计算出重心的上升高度，先计算出克服重力做的功，结合功率的计算公式计算出功率的大小。
本题主要考查了功和功率的计算，熟悉相应的计算公式，解题的关键点是根据几何关系求出人做俯卧撑时的重心的上升高度。
6.【答案】
【解析】解：、流过电阻的电流，根据闭合电路的欧姆定律可知线圈产生的感应电动势的有效值为，产生的感应电动势的最大值为，根据，解得，故A错误；
B、从图示位置开始计时，电动势的表达式为，故B错误；
C、线圈从图示位置转过的过程中通过电阻的电荷量为，故C错误；
D、线圈转动一圈，发电机提供的电能为，故D正确；
故选：。
根据欧姆定律求得回路中的电流，结合闭合电路的欧姆定律求得线圈转动产生的感应电动势的有效值，即可求得最大值，结合求得最大值，结合求得磁通量的最大值，根据转动的计时位置写出电动势的表达式，根据求得通过电阻的电荷量，根据焦耳定律求得回路中产生的热量即可求得电机提供的电能。
本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式，结合欧姆定律，以及瞬时值与最大值之间的关系，对于交变电流，求解热量、电功和电功率要用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值倍
7.【答案】
【解析】解：
在地球表面，万有引力提供近地卫星的向心力， 解得地球的第一宇宙速度，同理，对于月球上的第一宇宙速度，因此在月球上发射卫星的最小速度为，故选项A错误
在追赶过程中，轨道器及返回器组合体先减速到低轨道再加速到高轨道追赶，所以速度并不是一直增大，故B选项错误
追赶过程是先减速近心，再加速离心运动的过程，所以轨道器及返回器组合体的轨道低于上升期的轨道，故C选项正确
对接后运动过程中受到地球和月球引力的影响，不同位置两个力的大小不同，不能说单纯失重，故D选项错误
故选：。
根据万有引力提供向心力求解第一宇宙速度表达式进行分析；另外考查变轨及对接的知识点，低轨对接高轨，要点火加速做离心运动，高轨对接低轨，要减速做近心运动。
本题主要是针对于第一宇宙速度的求解，以及理解第一宇宙速度的含义。另外对于变轨问题的考查也较为常规，需要掌握对接相对应的知识点即可。但是仍然存在一个不易得分点，就是题目描述有些晦涩难懂，没有图像加以辅助说明，考验各位同学的读题的文字功底。
8.【答案】
【解析】解：无人机受重力和空气作用力的作用，由于无人机匀速运动，故受力平衡，空气作用力竖直向上，与重力相互平衡，故B正确ACD错误。
故选：。
无人机在匀速运动，根据平衡条件进行分析，从而明确重力和空气作用力的方向。
本题关键明确平衡条件的应用，注意明确力和运动的关系，知道物体匀速运动时受到的合力为零。
9.【答案】
【解析】解：根据速度位移公式得，设上升到最大高度一半的速度为，则有：
，
，
联立解得：，
则运动的时间为：，
速度减为初速一半所用的时间为：。
则：故C正确，ABD错误。
故选：。
将竖直上抛运动看成一种加速度为的匀减速直线运动，根据速度位移关系与位移时间关系即可求解。
该题通过竖直上抛运动考查匀变速直线运动中的两个导出公式，结合导出公式推导的过程解答即可。基础题目。
10.【答案】
【解析】解：、、、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为、轨道半径为、地球质量为，有
因而
解得
轨道半径比轨道半径大，根据三式，卫星在轨道上线速度较大，角速度也较大，向心加速度同样较大，故A、、均错误；
C、卫星从轨道到轨道需要克服引力做较多的功，故在轨道上机械能较大，故C正确；
故选C．
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和周期的表达式，再进行讨论．
11.【答案】
【解析】解：、开关断开时，副线圈为和串联，电压表测量的电压，由图可知原线圈电压为，所以副线圈电压为，则电压表的读数是的电压为，故A错误；
B、由的分析可知，副线圈电流为，所以原线圈电流为，故B错误；
C、电阻、上消耗的功率为，故C正确；
D、当开关闭合时，与并联后和串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为，
所以并联部分的电压为，最大值为，所以电容器不会被击穿，故D错误。
故选：。
开关断开时，副线圈为和串联，电压表测量的电压，当开关闭合时，与并联后和串联，电容器的电压为并联部分的电压，根据变压器电压、电流与匝数的关系以及串并联电路的特点即可求解．
本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系．能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，电容器的击穿电压为最大值，难度适中．
12.【答案】
【解析】解：、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：
，
则得光电子的最大初动能为：，故A错误；
B、根据爱因斯坦光电效应方程得：；
那么阴极金属的逸出功为；故B错误；
C、与入射光的强度有关，而与入射光的强度无关。故C错误；
D、阴极金属的极限频率为：，故D正确。
故选：。
根据动能定理求光电子的最大初动能；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的逸出功和普朗克常量；由求金属的极限频率。
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系，及理解与入射光的强度有关，而与入射光的强度无关。
13.【答案】
【解析】解：保持开关闭合，则电压恒定不变，
A、板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式，可知电容减小，故A错误。
B、根据，可知电场强度减小，根据可知，点与下极板的距离不变，但减小，故点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故点的电势升高，故B正确。
C、根据可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C错误。
D、开关先闭合后断开，则电荷量不变，板竖直上移一小段距离，电场强度，恒定不变，故带电油滴静止不动，故D错误。
故选：。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，根据判断电场力变化，确定油滴运动情况。
本题考查电容器的动态分析问题，要明确一直和电源相连，故电压不变；再由决定式及定义式分析电容、电量等的变化。
14.【答案】
【解析】答：、由电势分布可知， 带负电，带正电，故A点场强方向向左，故A正确；
B、，从到，斜率变小，点斜率为，从到，斜率变小，所以从到，场强先变小后变大，再变小，故B错误；
C、曲线斜率表示场强，点斜率为，所以，由点电荷场强公式 及叠加原理可知：，故C正确；
D、由图知，从到电势逐渐升高，因沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线向左，负电荷从到，电场力做正功，故D错误。
故选：。
A、由正负电荷电势分布特点解答；、的斜率表示场强，比较斜率变化判断；、找到场强为点，由点电荷场强公式和叠加原理解答；、根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断从到的电场线方向，然后判断电场力做功。
本题重点要知道的斜率表示场强，熟记正负电荷电场线和电势分布特点，点电荷场强公式，记住电场线的特点：沿电场线方向电势逐渐降低。
15.【答案】
【解析】解：、托盘撤掉瞬间，弹簧还是原长，则轻绳拉力与的重力平衡，大小为，故A错误；
B、托盘撤掉瞬间，物体只受重力，则其加速度大小，故B正确；
C、托盘撤掉后，物块向下运动速度最大时，物块的加速度为零，则弹簧弹力等于的重力，根据平衡条件可得轻绳拉力大小为，故C正确；
D、托盘撤掉后，物块先向下做加速运动，再向下做减速运动，运动到最低点时，有向上的加速度，所以弹簧弹力大小大于，故D错误；
故选：。
先分析出托盘存在时绳子和弹簧的弹力，撤去瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律分析出物块的加速度；当物块的速度最大时，加速度为零，由此进行分析轻绳拉力。
本土主要考查了力的瞬变性问题，理解弹簧的弹力在瞬间无法突变，结合牛顿第二定律分析出加速度即可。
16.【答案】
【解析】解：、线框先做自由落体运动，若安培力大于重力，边进入磁场先做减速运动，根据安培力公式可知，线框的加速度应该是逐渐减小，图象的斜率应逐渐减小，先线框所受的安培力与重力二力平衡后，做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为的匀加速直线运动，故图象的斜率可能先不变，后减小，再为零，最后又不变，故A错误，B正确．
C、线框先做自由落体运动，边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为，故C正确．
D、线框先做自由落体运动，边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为，故D正确．
故选：．
线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，边进入磁场后做匀加速直线运动．
若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动，在边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，边进入磁场后做匀加速直线运动．
若安培力等于重力，进入磁场做匀速直线运动，边进入磁场后做匀加速直线运动．
解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．要利用安培力经验公式，根据安培力与速度成正比进行分析．
17.【答案】
【解析】解：、若、中通以等大同向电流，根据安培定则判断得知，两根通电导线在处产生的磁场方向相反，大小相等，因此它们在点的磁感应强度为零，故A正确；
B、若、中通以等大反向电流，根据安培定则判断得知，两根通电导线在点和点的磁感应强度方向一是顺时针，另一是逆时针，依据矢量的合成法则，则点和点的磁感应强度相同，故B正确；
C、若、中通以大小不等的反向电流，则在、之间的连线上某处产生的磁感应强度方向相同，则磁感应强度为零的点不可能在、之间的连线上，故C错误；
D、由选项，可知，若、中通以大小不等的同向电流，则磁感应强度为零的点在、连线的上，故D错误；
故选：。
根据安培定则判断两根导线在、两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系，从而即可求解。
本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，注意安培定则的用右手，及与左手定则的区别，同时明确磁感应强度为矢量，应根据平行四边形定则求解合磁感应强度。
18.【答案】
【解析】解：在从上升到范围内，，图线的斜率绝对值为：，所以：，故A错误；
B.在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，所示从，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的。故B正确；
C.根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以，
故C正确；
D.由图可知，当时的动能最大；
在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，，
故D错误；
故选：。
根据对图象的理图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线和能量守恒定律求解。
正确分析物体的运动过程，知道不同的运动过程对应的动能的变化图象，知道图象中直线部分的物理意义；
19.【答案】
【解析】解：、由运动的速度时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在点时较大，由牛顿第二定律得知在点的电场力大，故A点的电场强度一定大于点的电场强度，故A错误；
B、由到的过程中，速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，所以粒子在点的电势能高于点的电势能，故B正确；
C、从到，图像斜率为零，则加速度为零，说明不受电场力，可知间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；
D、、两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从到和从到电场力做功的绝对值相同，两点间的电势差等于两点间的电势差，故D正确。
故选：。
从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系。由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得两点间的电势差与两点间的电势差的大小关系
本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断电荷电势能如何变化的依据。还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似
20.【答案】
【解析】解：、货物与传送带共速前，有
解得：
由此得：，
货物与传送带共速后，继续匀加速运动，
解得：
可得
则：
解得：
运动总时间，故A正确；
B、货物与传送带共速前，传送带的位移为：
货物与传送带的相对位移为：
货物与传送带共速后有：
货物与传送带的相对位移为：
摩擦生热为：，故B错误；
C、物块最终的速度为：
对物块在全过程中由动能定理得：，解得传送带对货物做功为：，故C正确；
D、货物从运动到与传送带速度相等的过程中，由动能定理得：，而此过程摩擦生热为：，则有：，故D错误。
故选：。
对物块受力分析，求加速度，物体在传送带上先做匀加速直线运动，若和传送带共速后还没到头，则因为，然后继续做匀加速直线运动；摩擦生热；根据功的计算公式和动能定理，分析传送带对货物做功以及货物减少的重力势能与货物增加的动能与摩擦产生的热量之和的关系。
本题要分析货物的运动情况，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解运动总时间，在求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移。
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