1．D
【詳解】A．對(duì)A分析：A可能受到重力和繩子的拉力兩個(gè)力作用；也可能受到重力、支持力和摩擦力三個(gè)力作用；也可能受到重力、支持力、摩擦力和繩子拉力四個(gè)力作用，A錯(cuò)誤；
B．對(duì)B分析知：B對(duì)地面的壓力一定不會(huì)等于零，B錯(cuò)誤；
C．整體在水平方向不受外力作用，所以地面與物體B之間的摩擦力一定等于零，C錯(cuò)誤；
D．由A分析可知，A、B之間可能存在摩擦力，D正確。
故選D。
2．C
【詳解】設(shè)門的最大速度為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知加速過程和減速過程的平均速度均為，且時(shí)間相等，均為2s，根據(jù)
可得
則加速度
故選C。
3．B
【詳解】設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在時(shí)間t內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量定理
可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量
故選B。
4．D
【詳解】A．云層與大地間形成的電場(chǎng)方向向下，若微粒能懸浮在空中，則微粒受到向上的電場(chǎng)力，微粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
BCD．由
解得
僅改變d，而Q保持不變時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變，微粒的電勢(shì)能不變，依然懸浮在P點(diǎn)，故BC錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
5．B
【詳解】根據(jù)
A．可得
因h=0時(shí)T不為零，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．可得
隨h的增加，加速度非線性減小，選項(xiàng)B可能正確；
C．可得
隨h增加，速度v減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．動(dòng)能
因這些衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，則隨h增加，動(dòng)能不一定減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
故選B。
6．D
【詳解】A．根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知在甲、乙形成的電場(chǎng)中，D、E兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等，方向不同，故A錯(cuò)誤；
B．由幾何關(guān)系可知，OC在AB連線的中垂線上，為甲、乙形成的電場(chǎng)的等勢(shì)面且電勢(shì)為零，可知D、E兩點(diǎn)的電勢(shì)不相同，故B錯(cuò)誤；
C．乙從靜止下滑到C點(diǎn)的過程中，庫(kù)侖力先做負(fù)功后做正功，所以乙的電勢(shì)能先增大后減小，故C錯(cuò)誤；
D．由于初始時(shí)小球乙恰好能靜止在B點(diǎn)處，對(duì)其受力分析，如圖所示
根據(jù)平衡條件可得
解得
乙下滑到C點(diǎn)的過程中，甲乙間距離先增大后減小，所以庫(kù)侖力先減小后增大，即庫(kù)侖力先小于重力后增大到與重力再次相等，所以BD階段重力做功大于庫(kù)侖力做功，合力做正功，DC階段兩力均做正功，合力做正功，所以乙的動(dòng)能一直增大，故D正確。
故選D。
7．D
【詳解】A．設(shè)B的速度大小為v1，A的速度大小為v2，由速度關(guān)系
兩物體質(zhì)量相等，所以A的動(dòng)能始終大于B的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)功能關(guān)系可知力F做的功等于A動(dòng)能增加量和B的動(dòng)能與重力勢(shì)能的增加量，故B錯(cuò)誤；
C．力F最小時(shí)A對(duì)B只有垂直斜面向上的支持力，擋板對(duì)B有水平向右的作用力，對(duì)B受力分析，如圖所示
由結(jié)合關(guān)系可知，豎直方向上有
對(duì)A受力分析，如圖所示：
由幾何關(guān)系可知水平方向上有
故C錯(cuò)誤；
D．在時(shí)間內(nèi)光滑直桿上升高度，由幾何知識(shí)可知，斜面體向右發(fā)生的位移大小為
根據(jù)功能關(guān)系可知
結(jié)合
可知B被推高h(yuǎn)時(shí)動(dòng)能為
=
故D正確；
故選D。
8．AD
【詳解】A．風(fēng)速越大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)速越大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)動(dòng)的周期越小，故A正確；
B．風(fēng)杯勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)由受到的合力提供向心力，則合力不為0，故B錯(cuò)誤；
C．風(fēng)杯勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，任意時(shí)刻三個(gè)風(fēng)杯轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小相等，方向不同，故C錯(cuò)誤；
D．若風(fēng)速增大導(dǎo)致風(fēng)杯加速轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)杯切向的加速度不為0，即切向的合力不為0，由于風(fēng)杯沿半徑方向的合力提供向心力，可知，風(fēng)杯受到的合力方向不指向轉(zhuǎn)軸，故D正確。
故選AD。
9．BD
【詳解】A．由于汽車從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，先保持牽引力不變，即先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后以額定功率繼續(xù)行駛，根據(jù)
，
解得
可知，之后汽車做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程中，汽車的動(dòng)能
可知，動(dòng)能與時(shí)間成二次函數(shù)的關(guān)系，不是一條直線，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)上述可知，汽車的牽引力先大于阻力，且為一個(gè)定值，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，牽引力逐漸減小，當(dāng)牽引力減小至大小等于阻力時(shí)，保持恒定，汽車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C．根據(jù)上述，汽車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即加速度先一定，后減小至為0，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)上述，在汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有
此過程，功率與時(shí)間成線性關(guān)系，圖像為一條過原點(diǎn)的傾斜直線，之后，汽車保持以額定功率運(yùn)動(dòng)，即圖像為一條平行于時(shí)間軸的直線，故D正確。
故選BD。
10．BD
【詳解】AB．在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達(dá)到速度相等，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動(dòng)到B的右端，兩者速度相同，A錯(cuò)誤，B正確；
CD．根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的熱量計(jì)算式
由于第一次的相對(duì)位移大于第二次的相對(duì)位移的大小，則圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
11． = P N
【詳解】（1）[1]設(shè)斜面傾角為，則
速度方向與斜面的夾角為 ，則
所以
=
（2）[2][3]根據(jù)
且，所以不放小球B時(shí)，小球A的落點(diǎn)是P點(diǎn)，碰撞后小球的落點(diǎn)是N點(diǎn)。
（3）[4]在斜面上
，
整理得
所以
即在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，則需要驗(yàn)證關(guān)系式
12． 0.02 A 2g
【詳解】（1）[1]由于電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則其頻率為
則
（2）[2]實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應(yīng)該先打開電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落。
故選A。
（3）[3]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度為
（4）[4]鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢(shì)能的減小等于動(dòng)能的增加，即
可得
若圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于，則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。
13．(1)20V，60V
(2)40V，
【詳解】（1）由題可知，解得
電荷從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能增加了，說明在此過程中，電場(chǎng)力也是做負(fù)功，同理可得
根據(jù)電勢(shì)差的關(guān)系可得
（2）因?yàn)榍宜裕珺點(diǎn)的電勢(shì)
B點(diǎn)的電勢(shì)能
14．(1)，
(2)
(3)
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
（2）設(shè)滑塊恰好與圓弧槽相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
系統(tǒng)損失的機(jī)械能
解得
（3）設(shè)此時(shí)圓弧槽的速度大小為，滑塊的速度大小為，則有
，；
解得
15．(1)
(2)，
(3)
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可知
由乙圖可知，彈力所做的功
故物塊剛滑到A點(diǎn)的速率
（2）由胡克定律可得
結(jié)合乙圖解得
故彈簧振子的振動(dòng)周期為
所以物塊從釋放到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間
由于物塊在A點(diǎn)的速度為
物塊在傳送帶上的加速度
解得
二者共速的時(shí)間
解得
物塊加速運(yùn)動(dòng)的位移
物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
由于物塊剛好滑到P點(diǎn)，設(shè)物塊與BG間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)動(dòng)能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得
所以物塊在BG上的加速度
解得
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得物塊在BG上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
解得
所以物塊從釋放到第一次滑到G點(diǎn)時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
或t=1.4+ Π10 —35
假設(shè)滑塊從P點(diǎn)滑落時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)的速度為，則根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
顯然滑塊再次滑上傳送帶，此階段物塊在傳送帶上滑行的位移
顯然小于物塊與傳送帶共速前的位移，根據(jù)對(duì)稱性可知，最終滑塊離開傳送帶的速度大小依然為，所以物塊在BG段滑行的距離
此時(shí)距離G點(diǎn)的位移
（3）物塊到達(dá)Q點(diǎn)的最小速度為，對(duì)物塊受力分析可知
解得
根據(jù)動(dòng)能定理可知，在B點(diǎn)的最小速度
解得
或vmin=772m/s
物塊到達(dá)B點(diǎn)的最大速度
解得
或v=44m/s
假設(shè)物體可以再次與擋板相碰，設(shè)其返回到B點(diǎn)的速度大小為，則根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
而物塊要到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，在B點(diǎn)的速度
解得
說明物塊在傳送帶上以最大速度滑到B點(diǎn)，依然只能與擋板碰撞一次，且不會(huì)從弧形軌道滑落。故物塊第一次滑到B點(diǎn)的速率
或772m/s≤v≤44m/s
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
D
B
D
D
AD
BD
BD

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