参考答案1．BA．题中“12357公里”是指路程，。故A错误；B．“1028天”和“13小时47分”均指时间间隔，故B正确；C．机场监测该航班的位置和运行时间，飞机大小和形状可以忽略，可以把飞机看作质点，故C错误；D．“时速约900公里”是平均速率，故D错误。故选B。2．AAB．根据题意，对杯子受力分析，受重力、支持力和摩擦力，桌面的摩擦力提供杯子做匀速圆周运动的向心力，则指向转盘中心，故B错误，A正确；C．根据公式2n和Fm2r可得，Fm42n2r转盘转速一定时，杯子越靠近中心所需向心力越小，不容易做离心运动，故C错误；D．根据题意可知，当转盘转速一定时，杯子和桌面间的最大静摩擦力不足以提供杯子做圆周运动的向心力时，杯子发生离心运动，则有mgm42n2r即g42n2r可知，杯子里装满水与空杯子一样，故D错误。故选A。3．CABC．当滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻R3变大，根据“串反并同”可知：与R3间接串联的小灯泡的电流变小，小灯泡变暗；与R3串联的R1的电压变小，电容器在放电；与R3间接并联的电压表的示数变大；AB错误，C正确；D．小灯泡的电流变小，就是流过电源的电流变小，电源的总功率：P=EI随电流I的减小而减小，D错误。故选C。4．CA．动能不变则说明物体的速度大小不变，但方向可能变化，如匀速圆周运动，故动量可能变化，故A错误；B．平抛物体由于只受重力，则根据mgt=P可知，在落地前，任意相等时间内动量变化量的大小相等，方向相同；故B错误；△C．根据动量定理知Ft=mv，如果在任何相等时间内物体所受合外力的冲量相等（不为零），则物体受合外力恒定，△所以△物体的加速度不变，故一定做的是匀变速运动，故C正确；D．做功为零则说明力可能与位移相互垂直，但只要有力有时间则一定有冲量，故冲量不一定为零，故D错误．故选C．本题考查了动量、冲量的概念、动能的概念和动量定理的应用，难点在于要注意动量和冲量的矢量性，同时还要注意正确区分动量和动能．5．ACA．根据平抛运动规律12Lvt，hg月t02联立解得22hv0g月=L2A正确；B．v0是小球做平抛运动的初速度，而非月球自转的线速度，B错误；C．由mm月mg月GR2解得222g月R2hRv0m月GGL2C正确；D．月球的平均密度2m月3hv0243R2GLR3D错误。故选AC。6．ACAB．根据功能关系有EW其=Fh则机械能减少了Fh，所以A正确；B错误；C．根据功能关系有EPWGmgh所以其重力势能减少了mgh，则C正确；D．由动能定理有EkW合=Fmgh则其动能减少了Fmgh，所以D错误；故选AC。7．ADAB．安培力大小为F=BIL，A正确，B错误；C．摩擦力大小为FfBILsin，C错误；D．支持力大小为FNmgBILcos，D正确。故选AD。8．ACA．电动机两端的电压U1UUL12V6V6V整个电路中的电流PIL2AUL电动机的输入功率PU1I62W12WA正确；BC．电动机的热功率2P热IRM40.5W2.0W电动机的输出功率2P2PIRM12W2W10WB错误C正确；D．整个电路消耗的功率P总UI122W24WD错误。故选AC。9．2:11:21:1[1]由v-t图像可知，斜率表示加速度vat汽车在0～t0和t0～3t0两段时间内，加速度大小之比为v0at210a2v012t0[2]由v-t图像可知，面积表示位移，汽车在0～t0和t0～3t0两段时间内，位移之比为1vtx0112x122v2t20[3]匀变速直线运动的平均速度vvv02汽车在0～t0和t0～3t0两段时间内，平均速度之比为v0v112v2v01210．2EEq[1]根据电场线从正电荷出发到负电荷终止，叠加后的电场满足矢量加减，故两板间的电场强度为2E。[2]两板相互靠近，两板间的电场强度会叠加，但计算电场力时，应将其中一个平板看作试探电荷，它处在另外一个平板产生的电场中，故其所受电场力为Eq，同理可得，另一个平板也可以看作是一个试探电荷，它所受的电场力也为Eq，故两板的相互作用力大小为Eq。l21111．两光电门之间的距离h、遮光条的宽度l10.30mm4.586mmgh222t2t1（1）[1]要验证机械能是否守恒，需验证11mghmv2mv22221l所以需测出两光电门之间的距离h；要计算小球的速度，根据v，需测出遮光条的宽度l。t（2）[2][3]游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺读数为6×0.05mm=0.30mm小球的直径读数为10mm+0.30mm=10.30mm螺旋测微器固定尺刻度为4.5mm，螺旋尺刻度为8.6×0.01=0.086mm遮光条宽度1的读数为4.5mm+0.086mm=4.586mm（3）[4]由于两光电门处弹性势能相等，故111l2l22mghmv2mv1m(22)222t2t1整理得l211gh222t2t1d1Md212．tnmhk(1)[1]有极短时间内的平均速度等于瞬时速度可得，滑块b通过光电门时的速度大小dvt(2)[2]由牛顿第二定律有(nmM)gF(nmM)aFMgMa由速度位移关系式有2ahv2联立可得Md21d2t2mghn2gh以t2为纵坐标，在坐标纸上描点连线，若在误差允许的范围内，得到的图像为直线，则横坐1标为；n(3)[3]作出的图像的斜率为Md2kmgh可得Md2gmhk4613．（1）0.1（2）s3（1）当F=0时，s=6.0m，由动能定理得mgLsinmgs0解得=0.1（2）当F=3N时，由牛顿第二定律mgsinFcosma1由1Lat2211得物体在斜面上的运动时间6ts13由va1t1且在水平面上有mgma2又va2t2解得t26s运动的总时间46ttts123mv014．（1）2L；（2）2v0，与y轴正方向夹角为45°；（3）2eL（1）从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有1eELt22myN＝v0t解得yN＝2L（2）设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，由动能定理有11mv2mv2eEL220vcos0v解得v=2v0θ＝45°（3）设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为rv2evBmr根据几何关系rcos45yN解得mvB02eL2v015．(1)；(2)0，v04gL(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1解得1vv120方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知11mgLmv2(2m)v22021联立解得v204gL(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv1＝mv1′＋mv2′2mv1＝2mv2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有111mgLmv2mv2(2m)v2212222联立以上各式解得v1′＝0v2′＝v0方向水平向右。