A．人在a到c运动过程中都做减速运动
B．人在a到b运动过程中做加速度减小的加速运动，在b点时速度达到最大 C．人在b到c运动过程中为加速度增加的减速运动，此阶段人处于超重状态 D．此过程中人、绳以及地球组成的系统机械能守恒
9、如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是
?U2不变 ?I?U2B．U2减小，I增大，减小
?IA．U1增大，I增大，C．?U1??U2 D．U2?U1减小
10、如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则（ ）
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0=1005gL C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块上摆的初速度将小于原来物块A固定时的上摆初速度 D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到与PQ等高时，物块A的速率为二、实验题
5gL 311、（4分）在利用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，如果纸带上前面几点比较密集，不够清晰，可舍去前面的比较密集的点，在后面取一段打点较为清晰的纸带，同样可以验证；如衅10所示，取O点为起始点，各点的间距已量出并标在纸带上，所用交流电的频率为50Hz，若重物的质量为
．
（1）打A点时，重物下落速度为（2）打F点时，重物下落速度为
=__________，重物动能=_________，重物动能
=__________． =__________．
（3）打点计时器自打下A点开始到打出F点，重物重力抛能的减少量为_____，动能的增加量为_______．（4）根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从打点计时器打出A点到打出F点的过程中，得到的结论是________________________________________．
12、（10分）用如图所示装置来探究功和动能变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶（内有砂子），滑轮质量、摩擦不计，重力加速度大小为g．
（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________. （2）用游标卡尺测量遮光条的宽度d. （3）实验主要步骤如下：
①测量木板（含遮光条）的质量M，测量两遮光条间的距离L，按图正确连接器材；
②小桶P（内有沙子）的质量_________（填“需要”“不需要”）远小于木块（含遮光条）的质量． ③将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间为t1、t2，A通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk=______，则遮光条B、合外力对木板做功W=________；（用字母M、t1、t2、d、L、F表示） ④在小桶中增加砂子，重复③的操作，比较W、ΔEk的大小，得出实验结论.
参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1、D 【解析】 【详解】
做曲线运动的物体，在运动过程中，加速度和合力可能不变，例如平抛运动；速率可能不变，例如匀速圆周运动；一定变化的物理量是速度，故选D. 2、D 【解析】 【详解】
设电池板的内阻为r，其开路电压等于它的电动势，依题意有：E=800mV；I短=E/r，解得电源内阻：
r?I?E800???20?，电池板连上20Ω阻值后，流过电阻的电流大小为：I短40E800?mA?20mA；此时的路端电压为：U=IR=20×20mV=400mV=0.4V；故D正确，ABCR?r20?20错误． 3、B 【解析】
5V，所以R1?试题分析：由Ug?IgRg?0.5?，所以R1两端电压UR1?U1?Ug?9．UR1?9500?；同Ig理UR2?U2?U1?90V，R2?UR2?90000?． B正确 Ig考点：串联电路电压和电阻的关系 4、C 【解析】 【分析】 【详解】
因D是一只二极管，只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，极板A和B正对面积减小后,电容变小，由于二极管反向，平行板电容器的电荷量不变，两极板电压增大，由E=U/d知E增大，所以电荷P向上运动，即C正确 5、B 【解析】
【详解】
A.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有 G
=m=ma
解得卫星线速度 v=
由图可知，ra＜rb=rc，则b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故选项A不合题意； B.由v=
知，a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将变大，故选项B符合题意；
C. c加速要做离心运动，不可以追上同一轨道上的b；b减速要做向心运动，不可以等候同一轨道上的c，故选项C不合题意； D.由向心加速度a=
知，b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故选项D不合题意。
6、BD 【解析】 【详解】
AB.根据万有引力提供向心力
GMm?2??
?m??r2r?T?可知:
2r3 T?2?GM两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动,周期之比为1:8,所以轨道半径之比RA：RB＝1：4,所以在轨道2为卫星B，故A错误，B正确
C.根据万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得:
GMmv2?m 2rr可得： vA：vB＝2：1 故C错误； D.根据
GMm?ma 2r可得： aA：aB＝16：1 故D正确。 7、CD 【解析】 【详解】
根据楞次定律的“来拒去留”可知线框受到向上的安培力，线框由静止向下做加速运动，设线框的有效切割BLvB2L2v磁感线的长度为L，线框的电阻为R，则有F?BIL，根据欧姆定律可得I?，故F?，根据
RRmg?FB2L2v牛顿第二定律可得mg?F?ma，故a?，运动过程中，L在变大，v在变大，故?g?mmR加速度在减小，即速度时间图像的斜率再减小，故AB错误；由于不知道当线框完全进入磁场时重力和安培力的关系，所以之后线框的速度可能继续增大，可能恒定不变，故CD正确 8、BCD 【解析】 【详解】
AB.在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，加速度向下，人向下加速运动，随着绳子的伸长，拉力增大，合力减小，所以向下的加速度减小，当到达b点时加速度减为零，此时速度达到最大；从b到c过程中，绳子的拉力大于重力，加速度向上，人做减速运动，随拉力变大，加速度变大，到达c点时加速度最大，此时速度减为零，所以A错误，B正确。
C. 由以上分析可知，人在b到c运动过程中为加速度增加的减速运动，此阶段因加速度向上，则人处于超重状态，选项C正确；
D. 此过程中人、绳以及地球组成的系统只有重力和弹力做功，则机械能守恒，选项D正确。 9、AD 【解析】 【详解】
AB、当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上的电流增大，根据U?E?Ir可知路端电压U减小，通过R3的电流减小，根据并联分压可知电流表示数I增大，根据欧姆定律可知R1的两端电压U1增大，根据串联分压可知R2两端的电压U2减小，根据欧姆定律得知
rR3U1?U1?U1)，则??R1，所以不变；根据闭合电路欧姆定律得U2?E?I(R1?r?RI?I?I3
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