故选D。 8、BCD 【解析】 【详解】
A．设水平恒力F的方向与PQ连线夹角为β，滑块过P、Q两点时的速度大小相等，根据动能定理得 FxPQcosβ=△Ek=0
得β=90°，即水平恒力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；
B．把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有
a?F?2m/s2 m当F方向速度为零时，时间为
t?vsin37?5?sin37??s=1.5s a2根据对称性，滑块从P到Q的时间为 t'=2t=3s 故B正确；
C．当F方向速度为零时，只有垂直F方向的速度 v'=vcos37°=4m/s
此时速度方向与F垂直，速度最小，故C正确； D．垂直F的方向上物块做匀速直线运动，有 xPQ=v't'=12m 故D正确。 故选BCD。 9、ACD 【解析】 【详解】
A．读取图象信息知波长为
?甲?8m，?乙?20m
所以A正确；
B．甲波的Q点运动至平衡位置所需时间为
T甲?1s 4则甲波周期为
T甲?4s
所以B错误；
C．波的传播速度仅由介质决定，甲、乙两列波的速度相同，有
v??甲T甲?2m/s
所以C正确； DE．取t?0时刻
x1?14m，x2?20m
两个波峰点为基准点，二者相距6m。假设t?0时刻两列波的波峰有相遇处，则该相遇处与两个波峰基准点的距离差为
k1?甲?k2?乙?6m（k1，k2均为整数）
即
k1?6?k2?乙?甲?6?20k2?2.5k2?0.75 8该方程式k1，k2无整数解。则t?0时刻两列波波峰没有重合点。所以D正确，E错误。 故选ACD。 10、BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故A错误。
B．圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故B正确。
C．圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长量为2L-L=（2-1）L，根据牛顿第二定律，有 mg?2（k2?1）Lcos45??ma
解得 a?g?(2?2)kL
m故C正确。
D．圆环从A到B过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有
mg?2L?解得
1mvB2 2vB?2gL 故D错误。 故选BC。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、61.70 【解析】 【分析】 【详解】
游标卡尺的主尺读数为61mm，游标尺上第14个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为 0.05×14mm=0.70mm 所以最终读数为： 61mm+0.70mm=61.70mm 12、是， 8， 0.8， 【解析】 【详解】
（1）[1]因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。
（2）[2]由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm，竖直方向上有：
42 5Vy?2L?g?T2
解得：
2L2?4?10?22 g'?2??8m/s2T0.1（3）[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：
2L2?4?10?2v0???0.8m/s
T0.1（4）[4]b点竖直方向上的分速度
vyb?4L0.16?m/s?0.8m/s 2T0.2所以：
22vb?v0?vyb?0.82m/s?42m/s 5四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、972K 【解析】 【分析】 【详解】
(1)对A中气体由玻意耳定律可得 pAV=pA?V 解得
'pA=2.5×105Pa
'45对活塞由平衡条件可知
''pAS?mg?pBS
解得
'pB=2.7×105Pa
对B中气体由理想气体状态变化方程
6'pB?VpBV5 ?TTB解得 TB=972K
14、（ⅰ）40J；（ⅱ）6℃。 【解析】 【详解】
V1V2 （ⅰ）气体压强不变，由盖?吕萨克定律得：?T1T2解得： V2＝T2
V110﹣3 m3 ＝2.4×
T1
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