1、解析：D 照相機(jī)每隔0.1 s拍照一次，所以題圖中0～8 cm 所用的時間t＝0.4 s，照片與實(shí)物的比例為1∶10，所以題圖中8 cm對應(yīng)的實(shí)際位移x＝80 cm＝0.8 m，則小球在通過題圖中8 cm距離內(nèi)的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.8,0.4) m/s＝2 m/s，A、B錯誤；題圖中對應(yīng)小球通過6 cm處的瞬時速度可用題圖中3.5 cm 到7.5 cm這一段位移的平均速度表示，題圖中3.5 cm 到7.5 cm這一段對應(yīng)的實(shí)際位移x′＝40 cm＝0.4 m，所用時間t′＝0.2 s，所以題圖中6 cm 處的瞬時速度v′＝eq \f(x′,t′)＝eq \f(0.4,0.2) m/s＝2 m/s，C錯誤，D正確。
2、解析：D 取水面上質(zhì)量為m的水滴，從小孔噴出時，由機(jī)械能守恒定律可知mgy＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gy)，A錯誤；水從小孔P射出時做平拋運(yùn)動，則 x＝vt，h－y＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝veq \r(\f(2（h－y）,g))＝2eq \r(y（h－y）)，可知x與小孔的位置有關(guān)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)y＝h－y，即y＝eq \f(1,2)h時，x最大，最大值為h，并不是y越小x越大，B、C錯誤，D正確。
3、解析：B 飛船上的觀測者相對飛船靜止，測得的長度仍為30 m，而地球上的觀測者觀測高速飛行的飛船，長度縮短了，故A錯誤，B正確；根據(jù)狹義相對論的基本假設(shè)可知，飛船和地球上的觀測者測得光信號的速度均為c，C、D均錯誤。
4、解析：C 由題可知，振幅為A＝20 cm，頻率為f＝0.5Hz，則ω＝2πf＝π，由圖可知波的波長為λ＝8 m，波向右傳播，且v＝λf＝8×0.5 m/s＝4 m/s，該時刻P點(diǎn)的振動方向沿y軸負(fù)方向，Q點(diǎn)的振動方向沿y軸正方向，故從該時刻開始計時P點(diǎn)的振動方程為y＝20sin(πt＋eq \f(3π,4)) cm，故t＝0時P點(diǎn)的位移為y＝10eq \r(2) cm，當(dāng)t＝0.25 s時P點(diǎn)的位移為y＝0，P點(diǎn)到達(dá)平衡位置，故ABD正確，C錯誤。本題選不正確的，故選C。
5、解析：A 根據(jù)電阻定律可知R＝ρeq \f(l,S)得ρ＝eq \f(RS,l)，故電流沿AB方向時有ρ＝eq \f(Rbc,a)，AB錯誤；若電流沿CD方向，樣品的電阻R′＝ρeq \f(b,ac)＝eq \f(b2,a2)R，A正確，D錯誤。故選A。
6、解析：B 粒子a向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉(zhuǎn)，則粒子b帶負(fù)電，故A錯誤；如圖所示，由幾何關(guān)系可知，磁場寬度x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故B正確；由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故C錯誤；粒子運(yùn)動的周期T＝eq \f(2πm,qB)，則Ta＝Tb，a運(yùn)動的時間ta＝eq \f(60°,360°)Ta＝eq \f(1,6)Ta，b運(yùn)動的時間tb＝eq \f(30°,360°)Tb＝eq \f(1,12)Tb，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。
7、解析：C 根據(jù)幾何關(guān)系，光束邊緣的光線進(jìn)入半球時的入射角為30°，根據(jù)折射定律可知n＝eq \f(sin θ,sin 30°)，解得θ＝45°，到達(dá)底面時與O點(diǎn)距離為L，則有eq \f(L,sin 45°)＝eq \f(R,sin 75°)，解得L＝(eq \r(3)－1)R，則能從底面透射出光的面積為S＝π(eq \r(3)－1)2R2，故C正確，A、B、D錯誤。
8、解析：BD 將楔形物體、光滑球體視為一個整體可知，楔形物體對地板的壓力大小為(M＋m)g，故A錯誤；球體對AC面的彈力大小為FNAC＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(5,3)mg，當(dāng)F＝FNACsin θ＝eq \f(4,3)mg時，楔形物體水平方向上受到的合力為零，沒有運(yùn)動趨勢，摩擦力為零，故B正確；楔形物體受到的最大靜摩擦力Ffm＝μ(m＋M)g，當(dāng)水平向右的外力最小(設(shè)為Fn)時，楔形物體可能有向左運(yùn)動趨勢，當(dāng)μ(m＋M)g≥eq \f(4,3)mg 時，F(xiàn)n＝0；當(dāng)μ(m＋M)g＜eq \f(4,3)mg時，F(xiàn)n＝eq \f(4,3)mg－μ(m＋M)g，故C錯誤；當(dāng)水平向右的外力最大(設(shè)為Fm)時，楔形物體有向右運(yùn)動趨勢，由平衡條件有Fm－FNACsin θ－Ffm＝0，解得Fm＝eq \f(4,3)mg＋μ(m＋M)g，故D正確。
9、解析：BCD 若A、B與C上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力矢量和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，和A、B與C間的動摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力矢量和為零，故其動量守恒，C正確。
10、解析：AD 調(diào)制是把要發(fā)射的信號“加”到高頻振蕩電流上去，頻率越高，傳播信息能力越強(qiáng)，A正確；電磁波在空氣中的傳播速度接近光速且恒定不變，B錯誤；由v＝λf，知波長與波速和傳播頻率有關(guān)，C錯誤，D正確。
二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）
11、(12分)
解析：(1)v-t圖像中，圖線斜率的絕對值表示加速度大小，根據(jù)圖乙可知，0～2 s內(nèi)滑塊Q的加速度大小
a1＝eq \f(12－4,2) m/s2＝4 m/s2
0～2 s內(nèi)木板P的加速度大小
a2＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
兩物體一起做勻減速直線運(yùn)動的加速度大小
a3＝eq \f(4,6－2) m/s2＝1 m/s2。
(2)v-t圖像中，圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，則滑塊Q運(yùn)動的總位移
x＝eq \f(12×2,2) m＋eq \f(4×6,2) m＝24 m。
(3)0～2 s內(nèi)對滑塊Q分析有μ1mg＝ma1
0～2 s內(nèi)對木板P分析有
μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2
兩物體一起做勻減速直線運(yùn)動，對PQ整體分析有
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得F＝9 N。
答案：(1)4 m/s2 2 m/s2 1 m/s2 (2)24 m (3)9 N
12、(12分)
解析：(1)小物體在E點(diǎn)處做圓周運(yùn)動，當(dāng)其恰好通過E點(diǎn)時，小物體速度為零，從C到E的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有
0－eq \f(1,2)mvC2＝－mg·2R
解得vC＝2eq \r(6) m/s
設(shè)小物體剛好反彈到E點(diǎn)，斜面長度為L，全過程對小物體運(yùn)動，根據(jù)動能定理有
0－eq \f(1,2)mvC′2＝－mg·2R－2μmgLcs θ
L＝eq \f(R,tan θ)
解得vC′＝2eq \r(10) m/s
故小物體在水平面上的速度范圍為
2eq \r(6) m/s

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