1.
如圖是懸繩對稱且長度可調(diào)的自制降落傘．用該傘掛上重為G的物體進行兩次落體實驗，懸繩的長度l1F2B.F1F2，故A正確，B錯誤．
故選A．
2.
【答案】
C
【考點】
摩擦力的判斷
物體的彈性和彈力
平衡條件的基本應(yīng)用
【解析】
此題暫無解析
【解答】
解：A．甲中椅對地面的的壓力是由椅發(fā)生形變對地面產(chǎn)生的彈力，故A錯誤；
B．甲中人不同的躺姿不會改變椅子對人的合力，椅子對人的合力始終等于人對重力，故B錯誤；
C．以人和椅子整體為研究對象，當(dāng)乙中人腳用力蹬地時整體處于平衡狀態(tài)，水平方向受力平衡，則地對腳的摩擦力與地對椅子的摩擦力大小相等，根據(jù)牛頓第三定律可得腳對地的摩擦力與椅子對地的摩擦力大小相等，故C正確；
D．乙中人腳用力蹬地時，如果人的背相對于椅子有向上的運動趨勢，則躺椅對人背部摩擦力沿椅面向下，故D錯誤．
故選C．
3.
【答案】
A
【考點】
v-t圖像（勻變速直線運動）
【解析】
從t=0到停下，根據(jù)v?t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，求出兩車的位移，從而判斷平均速度關(guān)系；從t=0.5s到停下，汽車做勻減速直線運動，根據(jù)圖象的斜率求加速度之比，根據(jù)v=v0+v2求平均速度之比．
【解答】
解：A．從t=0.5s到停下，汽車做勻減速直線運動，根據(jù)平均速度公式v=v0+v2，可知汽車在濕滑路面和干燥路面的平均速度大小相等，均為v=402m/s=20m/s，故A正確；
B．從t=0.5s到停下，根據(jù)v?t圖像的斜率大小表示加速度大小，知汽車在濕滑路面減速的加速度大小為a1=405?0.5m/s2=809m/s2，汽車在干燥路面減速的加速度大小為a2=402.5?0.5m/s2=20m/s2，則a1:a2=4:9，故B錯誤；
CD．根據(jù)v?t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，知從t=0到停下，汽車在干燥路面通過的位移為x1=0.5+2.52×40m=60m，平均速度為v1=x1t1=602.5m/s=24m/s．汽車在濕滑路面通過的位移為x2=0.5+52×40m=110m，平均速度為v2=x2t2=1105m/s=22m/s，則x2x1=11060≈1.8，故濕滑路面的位移是干燥路面的1.8倍，汽車在干燥路面的平均速度較大，故CD錯誤．
故選A．
4.
【答案】
B
【考點】
電勢
電場強度
點電荷的場強
電場力做功與電勢能變化的關(guān)系
【解析】
以正點電荷Q為中心的圓為等勢面，等勢面上各點的電勢相等．根據(jù)E=qφ判斷電勢能大小以及電場力做功情況．
【解答】
解：A．a(chǎn)、b兩點距正點電荷Q距離相同，所以兩點場強大小相等，但是方向不同，所以兩點場強不同，故A錯誤；
B．沿電場線方向電勢降低，a點離點電荷的距離大于c點的距離，故c點電勢高于a點電勢，根據(jù)E=qφ ，可知負(fù)試探電荷在a點的電勢能大于在c點的電勢能，故B正確；
C．a(chǎn)、b兩點距正點電荷Q的距離與c點距正點電荷Q的距離不同，所以a、b兩點與c點的電勢不同，故C錯誤；
D．正試探電荷沿ab連線從a到b，電勢先增大后減小，根據(jù)E=qφ，電勢能先增大后減小，根據(jù)功能關(guān)系可得電場力先做負(fù)功后做正功，故D錯誤．
故選B．
5.
【答案】
C
【考點】
輕繩、輕桿瞬時問題
解直角三角形在三力平衡問題中的應(yīng)用
【解析】
木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，根據(jù)共點力平衡條件先求出各個力，撤去木板瞬間，支持力消失，彈力和重力不變，求出合力后即可求出加速度。
【解答】
解：木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，受重力、支持力和彈簧的拉力，如圖：
根據(jù)共點力平衡條件，有
F?Nsin30°＝0，
Ncs30°?G＝0，
解得N=233mg，F(xiàn)=33mg，
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力等于支持力N，方向與N反向，
故加速度為a=Nm=233g．
故選C．
6.
【答案】
B
【考點】
單桿切割磁感線
電磁感應(yīng)中的能量問題
【解析】
如圖所示，一平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩軌道寬為L，上端用一電阻R相連，該裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上。質(zhì)量為m的金屬桿ab以初速度v - 高中物理 - 菁優(yōu)
根據(jù)電荷量的計算公式求解電荷量；根據(jù)右手定則判斷電流方向；根據(jù)能量關(guān)系分析金屬桿因摩擦產(chǎn)生的熱量以及金屬桿損失的機械能．
【解答】
解：A．根據(jù)右手定則可知金屬桿中的電流方向由a指向b，故A錯誤；
B．根據(jù)電荷量的計算公式可得：q=It=ERt=ΔΦRt?t=ΔΦR=BLhRsinθ，故B正確；
C．根據(jù)能量關(guān)系可知，金屬桿因摩擦產(chǎn)生的熱量等于Q=12mv02?mgh?W安，故C錯誤；
D．金屬桿損失的機械能等于電阻R產(chǎn)生的焦耳熱與由于摩擦產(chǎn)生的熱之和，故D錯誤．
故選B．
7.
【答案】
B
【考點】
解析法在動態(tài)平衡問題中的應(yīng)用
【解析】
如圖所示，某同學(xué)通過滑輪組將一重物緩慢吊起，過程中靜立拉繩的姿勢始終不變，若滑輪與繩的重力及摩擦均不計，則該同學(xué) - 高中物理 - 菁優(yōu)
人處于平衡狀態(tài)，故人受力平衡，合力一直為零；對結(jié)點受力分析可知，結(jié)點受滑輪的壓力和兩拉繩子的拉力，根據(jù)共點力平衡條件，可以求解出拉力的大??；再以人為研究對象根據(jù)平衡條件分析人對地面的壓力的變化和摩擦力的變化．
【解答】
解：A．人保持靜止，故人受到的合外力一直為零，故A錯誤；
BCD．對結(jié)點受力分析可知，結(jié)點受重物向下的拉力、繩子兩邊彈力，如圖所示；
由于為同一根繩子，故F1=F2=F，
設(shè)F1與F2夾角為θ，則F1=F2=mg2csθ2，
在重物被吊起的過程中，θ變大，故F1與F2同時變大，故繩子的拉力變大，
根據(jù)牛頓第三定律可知，人對繩子的拉力F變大，
將F分別向水平和豎直方向上分解，因F增大而夾角不變，故兩分力增大，
水平方向上人受到摩擦力f=Fx，因Fx隨F增大而增大，故摩擦力增大；
豎直方向根據(jù)平衡條件可得支持力N=mg?Fy，F(xiàn)y變大則支持力減小，
根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面的壓力越來越小，故B正確，CD錯誤．
故選B．
二、多選題
【答案】
C,D
【考點】
遠(yuǎn)距離輸電
變壓器的構(gòu)造和原理
【解析】
當(dāng)用戶端負(fù)載增加時，用戶端電流I4增加，輸電線上的電流在增大，輸電線電阻R不變，輸電線上損失的電壓增大；升壓變壓器原線圈上的電壓不變，匝數(shù)也不變，則輸出電壓U2不變；由于輸電線上損失的電壓UR增大，故降壓變壓器輸出電壓減??；用戶端電流I4增加，則發(fā)電廠輸出電流I1變大，故發(fā)電廠的輸出功率增大．
【解答】
解：B．設(shè)升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)分別為n1，n2，原線圈上的電壓為U1，副線圈電壓為U2，升壓變壓器輸入電壓U1不變，由U1U2=n1n2得升壓變壓器輸出電壓U2不變，故B錯誤；
C．設(shè)降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)分別為n3，n4，原線圈上的電流為I3，用戶端電流為I4，當(dāng)用戶端負(fù)載增加時，用戶端電流I4增加，由I3I4=n4n3得降壓變壓器原線圈上的電流I3增加，輸電線上的電流IR=I3在增大，輸電線電阻R不變，輸電線上損失的電壓UR增大，故C正確；
A．升壓變壓器輸出電壓U2不變，輸電線上損失的電壓UR增大，根據(jù)U3=U2?UR知，U3減小，根據(jù)U3U4=n3n4得：U4減小，故降壓變壓器輸出電壓減小，故A錯誤；
D．用戶端負(fù)載增加時，用戶端電流I4增加，根據(jù)副線圈的電流決定原線圈的電流，知發(fā)電廠輸出電流I1變大，根據(jù)P=U1I1得發(fā)電廠的輸出功率增大，故D正確．
故選CD．
【答案】
B,D
【考點】
帶電粒子在有界磁場中的圓周運動
【解析】
如圖所示，有一豎直向上的圓柱形勻強磁場區(qū)域，有兩個比荷相等的帶電粒子k1、k2分別從P點沿著半徑垂直磁場射入，其中粒子k1偏轉(zhuǎn)90°從右邊A點射出，粒子k2偏轉(zhuǎn)60°從左邊B - 高中物理 - 菁優(yōu)
粒子在勻速磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向應(yīng)用左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)；作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子速度之比；求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出粒子在磁場中的運動時間，再求出粒子運動時間之比．
【解答】
解：AB．磁場方向豎直向上，粒子速度方向在水平面內(nèi)沿半徑方向，粒子k1向右偏轉(zhuǎn)，粒子k2向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，粒子k1帶正電，粒子k2帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；
C．粒子k1偏轉(zhuǎn)90°從右邊A點射出，粒子k2偏轉(zhuǎn)60°從左邊B點射出，粒子k1在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角是90°，粒子k2在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角是60°，粒子運動軌跡如圖所示，
設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何知識得：r1=Rcs45°=22R，r2=R，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，
解得，粒子的速度：v=qBrm，
由題意可知，兩粒子的比荷qm相等，磁感應(yīng)強度B相等，
則粒子的速度之比v1v2=r1r2=22RR=22，故C錯誤；
D．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πrv=2πmqB，粒子比荷相等，
則兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T相等，粒子在磁場中的運動時間：t=θ2πT，
由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ1=90°，θ2=60°，
則帶電粒子k1，k2在磁場中運動的時間之比t1t2=θ1θ2=90°60°=32，故D正確．
故選BD．
【答案】
A,D
【考點】
牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動
圖像的選擇
【解析】
剛開始做自由落體運動，加速度不變，彈性繩繃緊之后，加速度先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律可以推出a和y是線性變化關(guān)系。
【解答】
解：CD．人在下落的過程中，彈性繩繃緊之前，人處于自由落體狀態(tài)，加速度為g；彈性繩繃緊之后，彈力隨下落距離逐漸增加F＝kΔx，根據(jù)牛頓第二定律mg?kΔx＝ma知，彈性繩的伸長量Δx和a為線性變化關(guān)系，故y和a也是線性變化關(guān)系；當(dāng)彈力F小于重力時，做加速度減小的加速運動；當(dāng)彈力F等于重力時，加速度為零，速度最大；當(dāng)彈力F大于重力時，做加速度增大的減速運動，所以加速度先不變，后減小再增大，且加速度和y是線性變化關(guān)系，故C錯誤，D正確；
AB．人的加速度先不變，后減小再反向增加，可知速度時間圖像的斜率絕對值先不變，后減小再增加，故B錯誤，A正確．
故選AD．
三、實驗探究題
【答案】
（1）掛上
（3）①0.75,②甲,甲和乙
【考點】
探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系
【解析】
（1）解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項；
（3）①為了消除摩擦力產(chǎn)生的影響，小車的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于鉤碼的質(zhì)量；
②紙帶實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度．
【解答】
解：（1）圖乙方案中，掛上托盤和砝碼，讓小車勻速運動，對小車分析有Mgsinθ=f+mg，取下托盤和砝碼，小車做勻加速直線運動，Mgsinθ?f=Ma，即mg=Ma，可以求出小車的加速度．所以剛開始，乙圖中應(yīng)先掛上托盤和砝碼．
（3）①根據(jù)題意可以讀出xAB=1.2cm，xAC=3.15cm， xAD=5.85cm，xAE=9.30cm．打點計時器每打兩個點的時間間隔是0.02s，因為圖中還有四個點未畫出，所以每兩個計數(shù)點的時間間隔是T0=0.1s，
根據(jù)勻變速直線運動中，相鄰的時間間隔相等的位移差是個定值，有Δx=aT2，
則a=ΔxT2=(xCD+xDE)?(xAB+xBC)4T02
=xAE?xAC?xAC4T02=9.30?3.15?3.154×0.12cm/s2
=75cm/s2=0.75m/s2．
②圖甲方案中，由托盤和砝碼的重力提供拉力，讓小車做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知mg=M+ma，則a=mm+Mg，則繩子對小車的拉力F=Ma=mm+MMg，當(dāng)M?m時，繩子拉力近似等于托盤和砝碼的重力；
圖乙方案中，掛上托盤和砝碼，讓小車勻速運動，對小車分析有Mgsinθ=f+mg，取下托盤和砝碼，小車做勻加速直線運動，Mgsinθ?f=Ma，即mg=Ma，可以求出小車的加速度；
故甲方案需要滿足M?m，甲和乙在作a?F圖像時都可以把mg作為F．
四、解答題
【答案】
（1）A,C
（2）如解答圖所示．
（3）如解答圖所示．
（4）1.45（1.43～1.47）,
0.84（0.80～0.86）
【考點】
測定電源的電動勢和內(nèi)阻
【解析】
此題暫無解析
【解答】
解：（1）根據(jù)表格中電流的數(shù)據(jù)，可知電流表選擇A，因電源內(nèi)阻較小，故為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選C．
（2）如圖：
（3）如圖：
（4）縱軸截距表示電動勢，則E＝1.45V，
圖線斜率的絕對值等于內(nèi)阻，則r=1.45?1.030.5Ω＝0.84Ω．
【答案】
（1）滑雪板與滑道的動摩擦因數(shù)μ=0.25；
（2）運動員開始下滑位置到坡底的距離x=32m．
【考點】
用牛頓運動定律分析斜面體模型
【解析】


【解答】
解：（1）運動員在水平段運動過程，由運動學(xué)公式：
s=12at2，
由牛頓第二定律得：
μmg=ma，
解得：μ=0.25．
（2）運動員通過坡底的速度：v=at，
運動員在斜面上下滑過程，由牛頓第二定律得：
mgsinθ?μmgcsθ=ma，
由運動學(xué)公式：x=v22a1，
解得：x=32m．
【答案】
（1）墨滴帶負(fù)電荷，其電荷量為1.6×10?2C；
（2）磁場的磁感應(yīng)強度B=1.6T．
【考點】
帶電粒子在重力場和電場中的運動
帶電粒子在疊加場中無約束條件下的運動
【解析】


【解答】
解：（1）墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，則電場力等于重力qE=mg，
勻強電場有： E=Ud，
解得： q=mgdU=3.2×10?3×10×0.51C=1.6×10?2C，
由于電場方向向下，電荷受的電場力向上，可知墨滴帶負(fù)電荷．
（2）墨滴垂直進入電、磁場共存的區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，
有qv0B=mv02R，
根據(jù)題設(shè)，墨滴運動的軌跡如圖所示，
設(shè)圓周運動的半徑為R，則有由圖示可得，
R2=d2+R?d22，
得R=54d，
解得：B=1.6T．
【答案】
（1）木板的速度為1m/s．
（2）兩者間的距離為1.9m．
【考點】
板塊模型問題
動力學(xué)中的整體法與隔離法
【解析】
本題考查了牛頓運動定律的綜合應(yīng)用．
【解答】
解：（1）滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在滑塊B與木板達到共同速度前有：
f1=μ1mAg①
f2=μ1mBg②
f3=μ2m+mA+mBg③
由牛頓第二定律得：
f1=mAaA④
f2=mBaB⑤
f2?f1?f3=ma1⑥
設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1．由運動學(xué)公式有v1=v0?aBt1⑦
v1=a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得：
v1=1m/s；
（2）在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為
sB=v0t1?12aBt12，
設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
f1+f3=mB+ma2，
由①②④⑤式知，aA=aB，
再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有v2=v1?a2t2，
對A有v2=?v1+aAt2，
在t2時間間隔內(nèi)，B（以及木板）相對地面移動的距離為
s1=v1t2?12a2t22，
在t1+t2時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為
sA=v0t1+t2?12aAt1+t22，
A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為
s0=sA+s1+sB，
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得
s0=1.9m ．
（也可用如圖所示的速度—時間圖線求解）

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