【详解】
A、物体上升h高度，克服重力做功mgh，则物体重力势能增加了mgh，A正确；
B、由牛顿第二定律知，物体的合力F合=mg，方向向上，则合力做功为W合=mgh ，由动能定理知物体的动能增加了mgh，B错误；
CD、物体从静止开始以g的加速度沿竖直方向匀加速上升，由牛顿第二定律得F?mg?ma ，解得
F?2mg ，则拉力F对物体做功为WF?Fh?2mgh ，由功能原理可知，故机械能增加了2mgh，C错
误．D正确
故选AD 11．AC 【解析】
试题分析：由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向沿着电场线切线的方向，所以粒子带正电，故A正确；电场线的密集程度表示电场的强弱，由图可以看出，N点的电场强度大于M点的，故粒子在M点受的电场力小，加速度小，所以C正确、B错误；由图可以看出，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增大，所以D错误；
考点：电场线、电势、动能定理 12．BD 【解析】 【详解】
A. 炮弹爆炸时，内力远大于外力，系统的动量守恒，由图知，该图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量，不可能，故A项与题意不相符；
B. 该图水平方向和竖直方向都满足动量守恒，是可能的，故B项与题意相符；
C. 该图水平方向满足动量守恒，但竖直方向不满足动量，不可能，故C项与题意不相符； D. 该图竖直方向和水平方向都满足动量守恒，是可能的，故D项与题意相符。 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．（1）打点计时器不能接在“直流电源”上． （1）A （3）9.67m/s1 【解析】 【详解】
（1）从图甲中的实验装置中发现，打点计时接在了“直流电源”上，打点计时器的工作电源是“低压交流电源”．因此，明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上．
（1）为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后，再释放纸带．若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带已经下落，打下的第1个点的速度不为零．因此，为保证重物下落的初速度为零，应先接通电源，再释放纸带．故选A.
（3）根据mgh＝
115.8?19.34 ，mv，v1=1gh，k=1g= 可得：可知图线的斜率为：代入数据解得g=9.67m/s1．
20.314．50 49.8 【解析】 【详解】
第一空.由欧姆定律有：R测?U10???50? I0.2第二空.电表内阻已知，根据串并联电路的规律可知：RX=R测-RA=50-0.2=49.8Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15． (1)6gR；(2)22R 【解析】 【详解】
(1)设小球在最高点的速度为v1，小球落地时的速度是v2，在最高点
v12mg?FN?m
R则在最高点由“小球到达最高点时对轨道的压力大小恰等于小球的重力”，得 FN=mg
小球在最高点的速度
v1?2gR 从最高点到落地，根据机械能守恒 mg2R=
11mv22-mv12 22小球落地时速度 v2=6gR (2)小球离开最高点后是做平抛运动，在空中平抛的时间设为t，则
2R?12gt 2所以小球落地时水平方向的位移 x?v1t
解得：
x?22R
16．（1）【解析】
（1）设小物体的质量为m，以水平面为参考面，由A到B，根据机械能守恒有：
（2）
mgR＝
解得：
（2）由A到C，根据动能定理有：mgR－μmgs＝0 解得：
点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．对于一个量的求解可能有多种途径，我们要选择适合条件的并且简便的．
17．（1）400J；（2）480J 【解析】
（1）根据功的定义可知W1?Fh?100?4?400J；
（2）根据牛顿第二定律可得F?mg?ma，解得F?ma?mg?10?(10?2)?120N， 故拉力做功为W2?Fh?120?4?480J．
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