【答案】C
【解析】
设物体AB段和BC段位移均为x，第一段位移中加速度a1，第二段加速度a2
对AB段：
对BC段：
解得：
因为物体做加速运动x位移为正，
解得：
a2＞a1
故选C。
【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系
6.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A，B质量分别为mA=6kg，mB=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则下列判断正确的是
A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
C．两物体间从受力开始就有相对运动
D．两物体间始终没有相对运动
【答案】D
【解析】水平面光滑，F不为零，AB都要运动，故A错误；
隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则；再对整体分析，知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动，故D正确，B、C错误。
故选D。
【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力
7．如图所示，在O点处固定一正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个
带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q，小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以
O为圆心、R为半径的圆（图中实线所示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，
∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列说法中正
确的是
A．小球通过C点的速度大小是
B．小球通过C点的速度大小是
C．小球由A到C电场力做功是mv2-mgh
D．小球由A到C机械能的损失是mg（h-R）-mv2
【答案】BD
【解析】
AB、小球从A点到C点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道电荷在C点的速度大小是，因此C点的速度小于，故B正确A错误；
CD、小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功．
由动能定理得，得
即电势能增加了，机械能减少了，故D正确；
故选BD。
【考点】电势能；功能关系
8．内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后
A．下滑过程中甲球的机械能变化量大小总是等于乙球的机械能变化量大小
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
【答案】AD
【解析】
A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲变化的机械能一定等于乙变化的机械能，故A正确；
B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；
C、由于系统机械能守恒，假设甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点，则乙上升到图中虚线位置，甲减小的机械能为mgR，乙增加的机械能为2mgR，整体的机械能增加了，所以假设不成立，故C错误；
D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确；
故选AD。
【考点】机械能守恒定律
9．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是
A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型
B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容,加速度都是采用比值法定义的
D.根据速度定义式，当非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
【答案】BD
【解析】
A、位移不是理想化模型，故A错误；
C、加速度的定义是，是加速度的决定式，故C错误；
故选BD。
【考点】研究物理的方法；物理学史
10．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图象如乙图所示.则
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2=c时，杆对小球的弹力方向向上
D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】AD
【解析】
AB、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则，解得，，故A正确，B错误；
C、由图可知：
当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；
D、若c=2b．则，解得N=a=mg，故D正确。
故选AD。
【考点】向心力；牛顿第二定律
第Ⅱ卷（非选择题60分）
二、实验题（本题共有2道小题，每空2分，共14分．）
11．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图的装置，图中长木板水平固定．
（1）实验过程中，电火花计时器应接在交流电源上．调整定滑轮高度，使___________．
（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝____________．
（3）如图所示为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出s1＝3.20cm，s2＝4.52cm，s5＝8.42cm，s6＝9.70cm.则木块加速度大小a＝_________m/s2（保留两位有效数字）．
【答案】
（1）细线与长木板平行
（2） （3）1.3
【解析】
（1）为保证细线的拉力是水平力，则要使细线与长木板平行；
（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，
由牛顿第二定律得：
对木块：
对砝码盘和砝码：
由上式得：
（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s
根据运动学公式得：
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素
12．在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到数码相机、手机等电子产品中的一些旧电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子元件．现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：
A．电压表（量程4V，电阻RV约为4.0kΩ）
B．电流表（量程100mA，内阻不计）
C．电流表（量程2mA，内阻不计）
D．滑动变阻器R1（0～2kΩ，额定电流0.1A）
E．电阻箱R2（0～999.9Ω）
F．开关S一只，导线若干．
（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员，设计了如图所示的电路原理图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？
．
（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电压表V已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．
①请你在方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；
②该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后通过作出如图所示的线性图象处理数据，则电源电动势为V，内阻为Ω．
【答案】
（1）用A2替换A1
（2）①如图所示②3.57
【解析】
（1）根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器短路时，
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