1.【答案】A【详解】此同学最初静止，竖直向下为加速度的正方向，根据图像，然后加速度开始为负x22'vt，物块相对传送带上滑sx11='=0.25mx1，sx22='=1mx2即物块先相对传送带上滑值即加速度向上，是加速上升；后来加速度为正值，即加速度向下，是减速上升；最后静止。全过程0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，故C错误；D．物块相对传送带滑动路程为为先加速上升再减速上升最终静止，所以是起立过程。故BCD错误，A正确。ss1+s2=1.25m，则摩擦生热Qmg=coss带入数据可得Q=3.75J，故D正确。2.A【解析】A、B整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力作用。设A、B的质量均为m，由平衡条2件得F2mg，对B受力分析，B受到重力、推力F和垂直斜面向上的支持力，根据共点力平衡有7.【答案】C【详解】A．滑块A运动到P点时，对A分析有mgsin53ma，解得a=8m/sFtan3错误；．滑块处于点时，物块的速度为，滑块下滑过程中，滑块沿绳的分速度等于物块tan，解得，A正确，B、C、D错误。ABAOB0Amg26B的速度，当滑块A运动到P点时，由于P点与滑轮的连线同直杆垂直，则此时滑块A沿绳的分速度3.【答案】B【详解】A．电场线与等势线相互垂直，所以电场线沿竖直方向，由运动轨迹可以看出正等于0，即此时物块B的速度亦为0，可知滑块A由O点运动到P点的过程中，物块B的始末速度均电荷所受电场力方向竖直向上，所以A错误；B．因为正电荷所受电场力方向竖直向上，所以电场线竖为0，则该过程中，物块B的速度先增大后减小，则物块B的动能也先增大后减小，B错误；直向上，因为沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确；C．从a到b电场力做CD．根据上述，滑块A由O点运动到P点的过程中，对A、B系统有正功，动能增加，但不能确定电荷在b点的动能就是在a点动能的2倍，故C错误；D．因为a、b在12mgLcos53sin53MgLLsin53mvAP，解得vAP52m/s，C正确，D错误。不同的等势面上，所以即使选择合适的零电势点，电荷在a、b两点的电势能也不可能相等，故D错误。2424(75)4.【答案】C【详解】vt图像中面积表示位移，汽车所走的位移为x8m8.【答案】C【详解】A．若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在在ab边上，设与ab边22交点为，则圆心在的中垂线上，而中垂线与边平行，不可能相交，故错误；x8gOgabA若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道，所用时间为t2s2sv4B．同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对于圆心角为60，所以粒子在磁场中的运相比通过人工通道可节省的时间为ttt7s2s5s，故ABD错误，C正确。12mm12动时间为tT，且T，解得t，故B错误；6qB3qB12qU5.【答案】D【详解】AB．根据Uqmv2，可得v，则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在2mC．垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得22mrmvmv233qBL加速电场中的加速时间越短，选项AB错误；C．根据T，可知，比荷大的粒子在磁场中的运动Lr，由qvB得r，联立解得v，故C正确；qBsin60rqBmmv12Um3周期越短，则时间越短，选项C错误；D．根据r，则比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周D．因为O点距六边形的最近距离为dLcos30L，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最qBBq2dmv3qBL运动的半径越小，选项D正确。故选D。小半径为r，又r，所以最小速度为v，故D错误。故选C。2qBmin4m6.【答案】D【详解】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律9.【答案】BD【详解】A．根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两vv22vvx0t0mgsinmgcosma1，设经过时间t1减速到与传送带速度相等1，1，解得个负电荷在f点合场强沿y轴负方向，所以合场强方向沿y轴负方向，同理可得在h点合场强方向沿y2a1a1x1=0.75m，t1=0.25s，速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律轴正方向，因此场强方向相反，故A错误；B．根据等量同种电荷电场分布特点可知，在两个正电荷形v20v0t成的电场中，e、g两点的电势相等，同理在两个负电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，所以在mgsinmgcosma2，x2，2解得x2=1m，t2=1s。则传送带从底端到顶端的长度为2a2a2四个电荷的合电场中电势相等，故B正确；C．根据场强叠加原理可知ef点电场强度等大，因此电场力Lx=1.75m12x，tt12t1.25s，故AB都错误；C．在t1和t2时间，传送带分别向上位移x11'vt，大小相等，故C错误；D．通过叠加原理可知，oh间电场线由o指向h，ao间电场线方向，由a指向o，沿电场线方向电势逐渐降低，因此e点电势比h点电势高，因此质子在e点的电势能大，故D正确。故在h2处拉力为零，因此在h1-h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做选BD。减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；D．在0-h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后10.【答案】AD【详解】A．设质量为m的行星绕质量为M的恒星做半径为r、周期为T的匀速圆周运拉力为零，物体的合外力先减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度大Mm4π24π23rr3动，根据牛顿第二定律有Gmr，解得M该恒星与太阳的质量之比为小先减小后增大再不变，h2-h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速，故D错误。故选AC。rT22GT22T313.M8512MMM30.60m/s0.40m/s2????????恒=2，故A正确；B．恒星的密度为33该恒星与太阳的密度之比为M太981VRR4π【详解】（3）[1]由题意得，从A位置到最低点的高度差为ℎ9????18mm1.810m512642πr恒8=81故B错误；C．恒星的运行速度为v该行星与地球做圆周运动时的运行速度之比由机械能守恒定律可得????????ℎ????????，解得碰撞前球1的速度????2????ℎ0.60m⁄s太81T18[2]碰撞后球2上升高度为ℎ4????8mm810m，由机械能守恒定律可得????????????????ℎv行98Mm0为=，故C错误；D．恒星表面质量为m0的物体所受万有引力等于重力，即Gmgv19R20地解得碰后球的速度大小为12????2????ℎ0.40m⁄s512又因为，碰后球的速度为，若碰撞前后动量守恒，则有GMg128[3]1????2????????????????????????????????可得恒星表面的重力加速度为g，该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为恒4故正281DRg太811即????2????⋅9????????2????⋅4????????2????????，整理可得m1、m2满足关系式2????????。确。故选AD。14.【详解】（1）[1]金属丝直径????0.5mm23.20.01mm0.732mm111.【答案】ABD【详解】A．小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg2Rmv2（2）[2]由于电源电压为3V，电压表量程太大，测量不准确不能选，而第二块电流表内阻已知，可以202将一块电流表改装成电压表，根据电表的数据将A与定值电阻串联，改装成量程为3V的电压表，为v2小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有Nmgm0，根据牛顿第三定律可知小球对金属R了让各个电流表偏转角尽可能大，减小相对误差，采用电流表的外接，，为了多测几组数据，采用滑动''块的压力为NN，联立解得Nmg5，A正确；B．小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，变阻器的分压式接法，电路连接图如图所示1122小球和金属块水平方向动量守恒，则mv0()mMv，根据能量守恒定律有mgRmv0()mMv（3）[3]根据????????，而????，联立可得????22解得Mm，B正确；CD．小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有[4]由于通过改装成的电压表能准确测量出待测电阻两端的电压，而111222流过待测电阻的电流为Mvmvmv，又能量守恒，可得Mv120mvmv，Mm，解得vv2gR，12022210????????????v20，C错误，D正确。故选ABD。没有系统误差，因此能准确测量出待测电阻的阻值，因此从设计原理看，该实验测量结果与真实值相12.【答案】AC【详解】A．物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等。E等于拉力做功，则有EFh，得F。所以斜率为表示拉力。0-h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1215.【答案】（1）Fmg1sin2；（2）WmgL2cossinh1-h2过程中，图象斜率减小，拉力F减小，拉力先增大后减小，故A正确；B．在h1处，斜率最大，22拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误；C．由图象可知，在【详解】（1）根据题意，受力分析可得，合外力提供向心力，则有FmLsinsinh1-h2过程中，图象斜率减小，拉力F减小，在h2后图象斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，2又Fmgcos，解得Fmg1sin2系知Rd3dR2，解得Rd21（2）根据动能定理可得Wmghmv20，v22由牛顿第二定律qvBm00R12解得WmgL2cossin。2mv解得B02qd16.（1）Q2.4104C；（2）315R12Rd2RBP（3）由几何关系知，轨迹所对应的圆心角为60°，则t0UEC6VRRr63vv00【详解】（1）开关闭合时，电容器的电压1BP41QCU2.410C2电容器上的电荷量为C电场方向vaty，datvtty0，2（2）设小球恰好打在上极板右端或下极板右端时加速度大小为a，则有2427dd2解得t11233vvLvt，dat，联立解得a2.5m/s2。00022238【答案】（）；（）；（）；（）18.1sAm2s12m3Tnns4Lm当小球恰好打在上极板右端时，设电容器板间电压为U1，323qU【详解】（1）长木板收到摩擦力，根据牛顿第二定律mgMa①根据牛顿第二定律得1mgma，1d22R3长木板向左做减速运动到速度为0，vas012A②，解得sAm③设滑动变阻器接入电路的阻值为R3，则有UE13RRr13qU（2）碰撞后，直到小物块和长木板共速，根据动量守恒mvMvmMv④当小球恰好打在下极板右端时，设电容器板间电压为U，根据牛顿第二定律得mg2ma0012dvR得v0，即再次共速时的速度是前一次一起运动速度的一半。UE41设滑动变阻器接入电路的阻值为R4，则有2，解得R315，R432RRr14112212315R根据能量守恒mv00MvmMv1mgΔs1⑤所以要使小球不打在极板上，滑动变阻器接入电路的阻值范围为。2222mv2mv2427dd2解得s2m⑥17.【答案】（1）E0；（2）B0；（3）t12qd3qd33vv00（3）长木板的加速度由牛顿第二定律mgMa12【详解】（1）带电粒子做类平抛运动，有3dvt0，dat2mg2得a3m/sMqE由牛顿第二定律得a，vvv3m长木板