可视为质点的质量为m的小球,在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动

（1）物体从A到B过程，根据机械能守恒定律得
mg•2R＝
1
2m
v2B−
1
2m
v2A
得：v_A=2m/s
设物体在A点所受轨道作用力为F_A，
则由mg+FA＝m

v2A
R，可得：FA＝
5
3N＝1.67N；
由牛顿第三定律得：物体在A点时对轨道的压力大小为1.67N，方向为：竖直向上
（2）物体落到传送带顶端C时的速度大小为：
vC＝
vB
cosθ＝5m/s
传送带顺时针匀速转动时，对物体施加的摩擦力沿传送带表面向上
则由牛顿第二定律得
mg（sinθ-μcosθ）=ma，
可得物体匀加速运动的加速度大小为：a=2m/s²
由L＝vCt+
1
2a1t2，得物体从C到底端的时间：t=0.5s
在此过程中，传送带相对地位移大小为s_带=v₁t
由于摩擦而产生的热量为Q=f•（L+s_带）=μmgcosθ•（L+v₁t）=8J
答：（1）物体在A点时的速度大小是2m/s，对轨道的压力大小为1.67N，方向为竖直向上；
（2）若传送带以V₁=2.5m/s顺时针匀速转动，求物体从C到底端的过程中，由于摩擦而产生的热量Q=8J．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；能量守恒定律．

考点点评： 本题文字较多，题目较长，但物理情景比较简单，按程序法进行分析，可以正确解答．对于摩擦生热要注意：热量等于摩擦力大小与相对位移大小的乘积．

A、研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式
G
Mm
R2＝m
4π2
T2R
M=
4π2R3
GT2，
由于嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行，所以R可以认为是月球半径．
根据密度公式：ρ=[M/V]=

4π2R3
GT2

4
3πR3=
3π
GT2，故A正确．
B、根据A选项分析，由于不知道月球半径R，所以不能求出月球质量．故B错误．
C、根据A选项分析，不能求出月球半径，故C错误．
D、根据题意不能求出月球自转周期，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 万有引力定律及其应用．

考点点评： 研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式可以表示出中心体的质量．
求一个物理量，我们应该把这个物理量运用物理规律用已知的物理量表示出来．

A、将光照强度减弱时，光敏电阻R₃的阻值增大，电路中的总电阻增大，电源电压不变，由电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R₁两端的电压减小，则电压表的示数变小，故A错误；
B、电源电压不变，R₁两端的电压减小，并联电路部分电压增大，由欧姆定律可知，流过R₂的电流增大，故B错误；
C、电路总电流减小，流过R₂的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P=I²R可知，小灯泡消耗的功率变小，故C正确；
D、电路总电流变小，电源电压不变，由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 本题是一道电路动态分析题，考查了判断电表示数如何变化、灯泡功率与电路总功率如何变化，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题．

（1）设地面为重力势能零点，根据机械能守恒定律得：
m_Ag（Lsin30°+h）+m_Bgh=[1/2]（m_A+m_B）v²
代入数据得：
v=

2mAg(Lsin30°+h)+2mBgh
mA+mB＝

2×1×10(0.2×0.5+0.1)+2×10×0.1
1+2=
2
3
6m/s
两球在光滑水平面上运动时的速度大小为
2
6
3m/s
（2）下滑的整个过程中B球机械能的增加量为：
△E_B机=[1/2]m_Bv²-m_Bgh=
1
2×2×(
2
6
3)2J−2×10×0.1J=[2/3] J
答：（1）两球在光滑水平面上运动时的速度大小是
2
6
3m/s；
（2）下滑的整个过程中B球机械能的增加量是[2/3]J．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题．

（1）小华加速到最大速度用时：t1＝
vm−v1
a1=[5−1/2]=2s
小华加速过程中的位移为：x1＝
1
2(v1+vm)t1=[1/2×(1+5)×2=6m
他以最大速度跑到车站的时间为：t2＝
x−x1
vm]=[50−6/5]=8.8s
则小华从相遇开始到到达车站的时间为t=t₁+t₂=10.8 s
（2）公交车从相遇到开始刹车用时：t₃=
x−x0
v2=[50−30/10]=2s
设公交车刹车用时t₄，则有：x0＝
v2
2t4
解得t₄=6 s
则公交车需要在车站停留的时间为t₅=t-（t₃+t₄）=2.8 s
答：（1）从相遇开始计时，小华需要10.8s才能到达车站；（2）公交车至少需要在车站停留2.8s，小华才能赶上．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 解决该题的关键在于相同位移比较时间，两者在相同的位移内分别做的是什么运动，从而求出两者运动的时间．必要时可以画一画运动的示意图以有助于求解．

A、B、C在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端．故A、B错误，C正确；
D、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在木板2上相对运动的位移没有1长度的2倍，由Q=fd_相对得知，甲图中产生的热量大于乙图中产生热量，故D正确．
故选：CD．

点评：
本题考点： 功能关系．

考点点评： 解决本题的关键理清铅块和木板的运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，以及掌握功能关系Q=fs相对．

（1）对a、b系统从开始到a、b碰撞前运用机械能守恒定律列出等式有：
mgL₁=2mg×[1/2]（L₁-L₂）+[1/2]mv_b²+[1/2]mv_a²…①
解得：v_b=
2gL2−
v2a…②
（2）当球b运动到最低点时，其竖直方向的速度与v_a大小相等，方向相反（因为绳长不变），球b在水平方向的速度为：v_bx=

v2b−
v2a…③
球b与球a在水平方向碰撞，有：mv_bx=2mv…④
绳中张力T由牛顿第二定律有：T-mg=
mv2

L1+L2
2…⑤
由②③④⑤得：T=mg+
m(gL2
−v2a)
L1+L2
（3）在碰撞过程中，根据动量定理
对球a有：I=m

v2 +
v2a=m

gL2+
v2a
2
冲量与水平方向的夹角为：θ=arctan

2
v2a
gL2−
v2a
答：（1）球b在碰撞前瞬间的速度大小是
2gL2−
v2a；
（2）两小球粘合后做圆周运动时绳中张力的大小是mg+
m(gL2
−v2a)
L1+L2；
（3）两球在碰撞过程中，合外力对球a施加的冲量大小是m

gL2+
v2a
2，方向水平方向的夹角θ=arctan

2
v2a
gL2−
v2a

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了机械能守恒，动量守恒，牛顿第二定律，动量定理等多个知识点的应用，关键要清楚物体的运动过程，选择对应的物理规律求解．

A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故A正确，B错误．
C、D、由于电场力与小球的速度方向垂直，小球受到电场力的方向不变，电场力对小球不做功．小球的电势能不变．故C错误，D正确．
故选：AD

点评：
本题考点： 静电场中的导体．

考点点评： 本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．

A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则θ不变．故A正确，B错误．
C、用更强的光线照射R₁，R₁的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量
△U内
△I=r不变．因为外电压减小，R₃电压增大，则R₂两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小．故C、D正确．
故选ACD

点评：
本题考点： 电容；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．

A、对物块分析，物块相对于地的位移为L+x，根据动能定理得：（F-F_f）×（L+x）=[1/2]mv²-0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为（F-F_f）（L+x）．故A正确．
B、对小车分析，小车对地的位移为x，根据动能定理得：F_fx=[1/2]Mv′²-0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F_fx．故正确．
C、物块相对于地的位移大小为L+x，则物块克服摩擦力所做的功为F_f（L+x）．故C正确．
D、根据能量转化和守恒定律得知：外力F做的功等于小车和物块增加的机械能和摩擦产生的内能之和，则有：F（L+x）=△E+Q，则物块和小车增加的机械能为△E=F（L+x）-F_fL．故D错误．
故选：ABC．

点评：
本题考点： 动能定理；功的计算；机械能守恒定律．

考点点评： 本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，再根据动能定理列式后分析求解．

A、电压与匝数成正比，原线圈的电压有效值为
311

2V=220V，所以副线圈的电压的有效值为U₂=
5
11 U₁=100V，所以A错误．
B、灯泡的电流为I=[U/R]=[100/500]A=0.2A，小于灯泡的额定电流为0.28A，所以灯泡不能正常发光，所以B错误．
C、变压器不会改变电流的频率，通过灯泡的交变电流的频率为f=[1/T]=[ω/2π]=[100π/2π]=50Hz，所以C错误．
D、灯泡消耗的功率为P=
U2
R=
1002
500W=20W，变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的，所以原线圈的输入功率为20W，所以D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．

（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示．

小滑块所受摩擦力f=μmg
设小滑块的加速度为a₁，根据牛顿第二定律
f=ma₁
解得：a₁=2.0 m/s²
长木板受的摩擦力f′=f=μmg
设长木板的加速度为a₂，根据牛顿第二定律：
F-f′=Ma₂
解得：a₂=4.0 m/s²
经过时间t=1.0 s，
小滑块的速度v₁=a₁t=2.0 m/s
长木板的速度v₂=a₂t=4.0 m/s
（2）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a₁做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动．设长木板运动的加速度为a₃
此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律
f′=Ma₃
解得a₃=2.0 m/s²
设再经过时间t₁后，小滑块与长木板的速度相等．
即v₁+a₁t₁=v₂-a₃t₁
解得t₁=0.50 s
此时二者的速度均为v=v₁+a₁t₁=3.0 m/s．
如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是s₁，长木板的位移是s₂；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s₃，长木板的位移是s₄．

小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大．
小滑块的总位移
s_块=s₁+s₃=
1
2a1t2+v1t1+
1
2a1t12=2.25 m
长木板的总位移
s_板=s₂+s₄=
1
2a2t2+
v1+v
2t1=3.75 m
在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为
s=s_板-s_块=1.5 m
答：（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度分别是2.0m/s和4.0m/s；
（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是1.5m．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键的就是正确的对两个物体受力分析，求出加速度，分析清楚运动过程，由于本题小滑块的受力一直未变，也可以直接有位移时间公式求解！

A、0-3s内根据动量定理得：Ft=mv₃-0，解得：v₃=
1×2+1×1−2×1
1＝1m/s，速度为正，没有反向，故A错误；
B、0-1s内，拉力最大，2s末速度最大，0-1s内根据动量定理得：F₁t₁=mv₁-0，解得：v₁=2m/s，1s末的功率P₁=F₁v₁=2×2=4W
0-2s内根据动量定理得：F₂t₂=mv₂-0，解得：v2＝
1×2+1×1
1＝3m/s，最大功率P₂=F₂v₂=1×3=3W，故B正确；
C、从t=0至t=3s内质点的机械能增加量△EK＝
1
2mv32＝
1
2×1×9＝4.5W，故C错误；
D、从t=0至t=3s内水平外力做功的平均功率为
.
P＝
W
t＝
4.5
3＝1.5W，故D错误．
故选：B

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 本题也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点

（1）设小车加速度为a．断裂时，车和物块的速度为v₁=at=2a．断裂后，小车的速度v=v₁+at，小车的位移为：
s₁=v₁t+[1/2]at²，
滑块的位移为：s₂=v₁t
前3s相对位移有关系：△S＝S1−S2＝
1
2at2=4.5m
得：a=[2△S
t2=
2×4.5/9]=1m/s²
v₁=2a=2×1=2m/s
设后3s小车的初速度为v₁′，则小车的位移为：
s₁′=v₁′t+[1/2]at²
滑块的位移为：s₂′=v₁t
得：s₁′-s₂′=3v₁′+4.5-3v₁=10.5m
解得：v₁′=4m/s
由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t_总=5s．
小车底板总长为：L=s_车-s_滑=v₁t_总+[1/2]a
t2总-v₁t_总=[1/2]a
t2总=
1
2×1×25=12.5m
（2）滑块在这段时间内的对地位移，s_滑=v₁t_总=2×5=10m
答：（1）小车底板长是12.5m；
（2）从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多10m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动．再根据匀变速直线运动的公式进行求解．

设地球质量为M，半径为R，由于两极处物体的重力等于地球对物体的万有引力，即P＝G
Mm
R2①
在赤道上，地球对物体的万有引力和弹簧秤对物体的拉力的合力提供向心力，则有G
Mm
R2−0.9P＝mR
4π2
T2②
联立①②
解得M＝
4π2PR3
G(P−0.9P)T2
地球平均密度ρ＝
M
V＝
M

4
3πR3＝
3πP
(P−0.9P)GT2=
30π
GT2．
答：地球的平均密度为
30π
GT2．

点评：
本题考点： 万有引力定律及其应用；向心力．

考点点评： 解决本题的关键知道在地球的赤道和两极，重力与万有引力大小的关系，并能灵活运用．

由题中图象可知三科总体的平均数（均值）相等，由正态密度曲线的性质，
可知σ越大，正态曲线越扁平，σ越小，正态曲线越尖陡，
故三科总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙．
故选A．

点评：
本题考点： 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．

考点点评： 本题主要考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，以及数形结合的能力，属于基础题．

（1）开始时弹簧的形变量为x₁，
对物体B由平衡条件可得：kx₁=Q_BE
设A刚离开挡板时，
弹簧的形变量为x₂，
对物块B由平衡条件可得：kx₂=Q_AE
故C下降的最大距离为：h＝x1+x2＝
E
k(QA+QB)
（2）物块C由静止释放下落h至最低点的过程中，
B的电势能增加量为：
△Ep＝QBEh＝
E2
kQB(QA+QB)
由能量守恒定律可知：
物块由静止释放至下落h至最低点的过程中，
c的重力势能减小量等于
B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量
即：Mgh=Q_BEh+△E_弹
解得：△E弹＝
E
k(Mg−QBE)(QA+QB)
故小物块C下落到最低点的过程中，小物块B的电势能的变化量为
E2
kQB(QA+QB)，弹簧的弹性势能变化量为△E弹＝
E
k(Mg−QBE)(QA+QB)
（3）当C的质量为2M时，
设A刚离开挡板时B的速度为V，
由能量守恒定律可知：2Mgh＝QBEh+△E弹+
1
2(2M+mB)V2
解得A刚离开P时B的速度为：V＝

2MgE(QA+QB)
(2M+mB)k
因为物块AB均不离开水平桌面，
设物体B所受支持力为N_B1，所以对物块B竖直方向受力平衡：
m_Bg=N_B1+Q_BvB
由牛顿第三定律得：N_B=N_B1
解得：NB＝mBg−BQB

2MgE(QA+QB)
k(2M+mB)
故小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小为：V＝

2MgE(QA+QB)
(2M+mB)k，此时小物块B对水平桌面的压力为：NB＝mBg−BQB

2MgE(QA+QB)
k(2M+mB)．

点评：
本题考点： 功能关系；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；能量守恒定律；电势能．

考点点评： 本题过程繁琐，涉及功能关系多，有弹性势能、电势能、重力势能等之间的转化，全面考察了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及应用，有一定难度．对于这类题目在分析过程中，要化繁为简，即把复杂过程，分解为多个小过程分析，同时要正确分析受力情况，弄清系统运动状态以及功能关系．

若同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小．
由牛顿第二定律得知它们的加速度变小，方向相反．
若是异种电荷，则相互吸引，间距减小，库仑力增大，则加速度也变大，但方向仍相反，故CD正确，AB错误，
故选：CD．

点评：
本题考点： 库仑定律；牛顿第二定律．

考点点评： 本题中两球间存在斥力，斥力逐渐减小，掌握牛顿第二定律的应用，注意库仑力与间距的关系．