本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
则
?U2=?U1+?U内
所以
?U1＜?U2
电路中的电流关系为I=I1+I2，向左移动滑片，电路中的总电阻增大，所以总电流减小，I1变大，I2减小，则
I-?I=I1+?I1+I2-?I2
即
?I2=?I1+?I
由此可得
?I1＜?I2
故B正确，ACD错误。 故选B。 5．D 【解析】 【分析】 【详解】
AB．移动过程中系统处于平衡状态，细绳对木块c的拉力等于c所受的重力，不变，细绳对木块a的拉力不变，则斜面对木块a的摩擦力也不变，故AB错误；
C．细绳的拉力等于c所受的重力，木块b的受力不变，绳的方向不变，a和斜面体整体受力情况不变，所以地面对斜面体的支持力不变，故C错误；
D．A端沿天花板向右缓慢移动，各细绳方向不变，则木块c升高，所以木块c的重力势能增大，故D正确。 故选D。 6．CD 【解析】 【分析】 【详解】
AC．当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1。物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2。故A错误，C正
答案第3页，总14页
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
确；
BD．当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2，物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v1＜v2。故B错误，D正确。 故选CD。 7．AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．两颗人造卫星绕地球运动，万有引力产生加速度
G解得加速度
Mm?ma 2rGM r2a?乙卫星所在位置的半径r大，加速度小，即a甲＞a乙，故A正确，B错误；
CD．假设某卫星以地心与远地点的距离为半径绕地球做匀速圆周运动，速度为v，根据卫星变轨的原理可知，乙卫星在远地点做加速运动，可以达到上述轨道，即v＞v乙，根据万有引力提供向心力可知
v?GM r甲卫星的轨道半径小，即v＜v甲，则v甲＞v乙，故C正确，D错误。 故选AC。 8．AD 【解析】 【分析】
答案第4页，总14页
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【详解】
A．根据图线的面积可得0到3s内的位移为
11x??1?4m???4?6??2m?12m
22故A正确；
B．由图可知在0~1s内的加速度a1=4m/s2，1s~3s内的加速度a2=1m/s2，由牛顿第二定律得
F1-f=ma1 F2-f=ma2
把F1=2F2，f=μmg代入可得
f=4N μ=0.2
故B错误；
C．整个过程中摩擦力做的功是
Wf=-fx=-4×12J=-48J
设拉力做功为W，由动能定理得
W+Wf?其中v2=6m/s，解得拉力做功为
12mv2 2W=84J
故C错误；
D．撤去拉力后物体的加速度为
a?所以撤去拉力后物体滑行的时间为
f??g?2m/s2 mv26?s?3s a2t?故D正确。 故选AD。
9．> = 0.5 【解析】 【分析】
答案第5页，总14页
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【详解】
(1)[1][2]物体由静止从斜面下滑，根据动能定理
mgh??mgcos??hsin??Ek?0 整理得
E?k?mg(1?tan?)h
其中
k?mg(1??tan?)
根据Ek-h图象，k甲＞k乙，所以
m甲g(1??tan?)＞m乙g(1??tan?)
即
m甲＞m乙
根据牛顿第二定律
mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得
a=gsinθ-μgcosθ
所以
a甲=a乙
(2)[3]对应甲物体，m0.6甲=2kg，tan??0.8?34，k?甲?m甲g(1?tan?)代入数据解得
μ=0.5
10．R2
1.70 0.28 2.0 1.0 【解析】 【分析】 【详解】
答案第6页，总14页
(E?Ir)RVRV?r
相关推荐：
loading