D．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 【考点】电场的叠加；电场强度；电势差． 【专题】电场力与电势的性质专题． 【分析】据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小．
【解答】解：A：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A正确；
B：MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以b点电势低于d点电势，选项B错误；
C：因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项C错误；
D：由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项D正确． 故选：AD． 【点评】该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．
4．从距地面h高度水平抛出一小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是（ ）
A．小球初速度为?tanθ
B．小球着地速度大小为
C．若小球初速度减为原来一半，则平抛运动的时间变为原来两倍
D．若小球初速度减为原来一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ 【考点】平抛运动． 【专题】平抛运动专题．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出落地的竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球的初速度和着地的速度．平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．
【解答】解：A、小球在竖直方向上的分速度初速度
．故A错误．
，根据平行四边形定则知，小球的
B、根据平行四边形定则得，小球着地的速度大小v=．故B正确．
C、平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，初速度减半，运动时间不变．故C错误． D、根据平行四边形定则知，tan
，当初速度减半时，设落地的速度与水平方向的夹
角为α，则tan，但是α≠2θ．故D错误．
故选：B． 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，结合平行四边形定则进行求解．
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5．北京时间2012年3月31日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，将法国制造的“亚太7号”通信卫星成功送入近地点209km、远地点50419km的预定转移轨道，卫星在此轨道上运行一段时间后再经变轨成为一颗地球同步卫星，同步卫星轨道离地面高度为35860km．下列说法正确的是（ ）
A．卫星在转移轨道运动的周期大于在同步轨道上运行的周期
B．卫星在转移轨道运动时，经过近地点时的速率大于它在远地点的速率 C．卫星在同步轨道运动时，飞船内的航天员处于超重状态
D．卫星在同步轨道运动时的向心加速度小于静止于赤道上物体的向心加速度 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用． 【专题】人造卫星问题． 【分析】根据开普勒行星运动定律由轨道半长轴大小确定周期关系，据能量守恒确定在远地点和近地点的速率大小问题，据同步卫星周期与轨道半径确定向心加速度的大小，根据超失重条件判定是超重还是失重．
【解答】解：A、转移轨道的半长轴小于同步卫星的轨道半径，故转移轨道上卫星的周期小于同步卫星的周期，故A错误；
B、卫星从远地点向近地点运动时，只有引力做功，卫星的动能增加，故近地点的速率大于远地点的速率，故B正确；
C、卫星在同步轨道上运行时，万有引力完全提供卫星圆周运动的向心力，故卫星内的宇航员处于完全失重状态，故C错误；
D、同步卫星的周期与地球自转的周期相同，同步卫星的轨道半径远大于地球半径，据
a=知，同步卫星的向心加速度远大于静止在赤道上物体的向心加速度，故D
错误． 故选：B． 【点评】解决本题的关键是掌握开普勒行星运动定律，能从能量角度分析卫星的运动速率的大小，知道超失重的条件．本题有一定的综合性．
6．在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）．则绳中拉力大小变化的情况是（ ）
A．先变大后不变 B．先变小后不变 C．先变小后变大 D．先变大后变小 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
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【分析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大．滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称．以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况．当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变． 【解答】解：
当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得 2Fcosθ=mg 得到绳子的拉力F=
所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，
cosθ减小，则F变大．
当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α． 设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到 sinα=，L、S不变，则α保持不变． 再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变． 所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变． 故选：A．
【点评】本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析α的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度．
7．游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示物理模型．一个小朋友从A点开始下滑，滑到C点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态．若AB段的动摩擦因数μ1小于BC段的动摩擦因数μ2，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（ ）
A．小朋友在AB段的平均速度等于BC段的平均速度 B．小朋友在AB段和BC段合外力所做的功相同 C．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左
D．地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小 【考点】功能关系；功的计算．
【分析】由题意可知，小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度
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分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小．
【解答】解：A、根据平均速度的公式，设B点的速度为v，则AB段和BC段的平均速度都为，故A正确；
B、AB段小朋友加速运动，则mgsinθ＞μ1mgcosθ，BC段小朋友做减速运动，则mgsinθ＜μ2mgcosθ，所以μ1＜μ2．小孩受到的摩擦力不同，则摩擦力做的功不相等，所以在AB段和BC段合外力所做的功不相同． 故B错误；
C、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故C错误．
D、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．故D错误． 故选：A．
【点评】本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有两个选择正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分 8．一质点在XOY平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．质点沿X方向可能做匀速运动 B．质点沿Y方向可能做变速运动
C．若质点沿Y方向始终匀速运动，则X方向可能先加速后减速 D．若质点沿Y方向始终匀速运动，则X方向可能先减速后加速 【考点】匀变速直线运动的图像． 【专题】运动学中的图像专题．
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