CD．两重物匀速上升，绳中拉力大小为G，两段绳夹角为120°时，P点所受三力方向互成120°，所以P点施加竖直向下的力F等于G．故C项错误，D项正确。 12．AD 【解析】 【详解】
A.重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以
；故A正确.
CD.匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得；故C错误，D正
确.
B.重物做匀加速运动的加速度
；故B错误.
13．AC 【解析】 【详解】
φ?x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道N处场强为零，M处的场强不为零，A错误B正确；M点的电势为零，N点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，C错误；由图象可知UMN?UNP，故电场力做功qUMN?qUNP，从P移到M过程中，电场力做负功，故
WPN?WNM，D正确．
【点睛】
φ?x图象中：①电场强度的大小等于φ?x图线的斜率大小，电场强度为零处．②在φ?x图象中
可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ?荷移动时电势能的变化，可用W?qU，进而分析W的正负，然后作出判断． 14．AB 【解析】 【分析】 【详解】
0-1s内，电压不变，则板间的电场强度不变，电子在板间受到不变的电场力，根据牛顿第二定律可知，加
x图象中分析电
速度恒定不变，所以0-1s电子做匀加速直线运动，1-2s，电场力反向，加速度方向反向，电子做匀减速直线运动，直至速度为零，2-3s，电场力正向不变，电子有开始做初速度为0的匀加速直线运动，3-4s，电场力反向不变，电子做匀减速直线运动，到4s末速度为零；
A. 0-1s，加速度恒定不变，为正，1-2s加速度为负，且恒定不变，2-3s加速度恒为正，且不变，3-4s加速度为负，且不变，故A项符合题意；
BC. 0-1s，2-3s物体做正向的匀加速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，1-2s，3-4s物体做正向的匀减速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，故B项符合题意，C项不符合题意； D.因为Ek?15．AD 【解析】 【详解】
物体做匀变速直线运动，位移时间公式为x?v0t?12mv可知，v-t图象为直线，则Ek-t图象为曲线，故D项不符合题意． 2x112at，化简为?v0?at，结合图像可知初速度大
t22小为1m/s，加速度大小为a?2k?2m/s2，根据速度公式vt?v0?at可知在2s末的速度大小为5m/s，根据位移时间公式x?v0t?故选AD． 16．BC 【解析】 【详解】
AB当汽车发动机达到额定功率并做匀速运动时，汽车达到最大速度，此时发动机牵引力等于阻力，选项A错误，B正确；
12at可知在前2s内的位移大小为6m，故AD正确，BC错误； 2P50?103?25m/s；故C正确，D错误。 CD.根据P=Fv=fv，则有：vm??f2000三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．甲 3V 0.6A 0.1 5.0
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于待测电阻Rx的阻值大约是4~6Ω，电压表内阻大约5kΩ，电流表内阻大约1Ω，电压表内阻远大于待测电阻Rx，若采用乙图电路，电流表的分压比较明显，误差比较大，故采用甲图电路． （2）根据安全性原则和准确性原则，电压表选用3V量程；回路中最大电流I=
E2?1.5=A=0.75A，为了Rx4保证安全，滑动变阻器开始接入电路的电阻应调到最大，这样电流表就可以选0.6A的量程． （3）电流表读数为0.1A，所以表中空缺的数据为0.1． （4）根据表格中的数据，作出对应的图线如下：
（5）作出的图线为线性关系，图线的斜率表示待测电阻的大小，则待测电阻Rx=
nU2.20?1.40Ω=5.0Ω． =
nI0.44?0.28
小于
18．BC【解析】 【详解】
(1)打点计时器使用的是交流电，故选： B ；
(2)平衡摩擦力的方法是：把木板一段垫高，让小车单独滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，此时应当让打点计时器打点，因为打点计时器也会有摩擦力，故选： C；
(3) 中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度 , 所以 B 点的速度等于 AC 段的平均速度 ,
（4）由于近似认为拉力等于重力 , 所以根据 W=FS 可知 , 拉力做功
为 ；
(5) 实验中，小车实际所受拉力小于钩码重力，所以小车动能的变化量△Ek总是略小于重力做功W 综上所述本题答案是：(1). B (2). C （3）【点睛】
（1）打点计时器使用的都是交流电；
（2）回忆平衡摩擦力的方法；为了平衡摩擦力和阻力，应该让打点计时器打点； （3）根据功的定义计算拉力对小车做的功，根据中点时刻瞬时速度等于平均速度计算。 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分 19． (1) v?【解析】 【详解】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则： a1＝
（4）
（5）小于
eEL (2)2 (3) 3L. meE1eE ＝
mm2a1L?v2 2解得
v?eEL m（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，
eE22eE ＝mmLt＝
va2＝vy＝a2t
tanθ＝
vyv=2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
xtanθ＝L2解得： x＝3L. 20．（1）
?L
（2） （3）3mg，方向竖直向上
【解析】试题分析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有
① ( 2分)
解得② (1分)
（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0， 由机械能守恒定律知
③(3分)
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2， 由动量守恒定律知
飞出轨道后做平抛运动，，有综合②③④⑤式得
④( 3分)
⑤ (2分 ) (2分 )
(3)
(1分) (1分)
(2分 )
方向竖直向上(1分)
考点：平抛运动，机械能守恒定律，动量守恒定律，圆周运动 21．（1）4m/s （1）8J 【解析】 【分析】 【详解】
①子弹射入滑块后的共同速度大为v1，设向右为正方向，对子弹与滑块组成的系统应用动量守恒定律得
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