圆环上升的高度h=R；物块M沿斜面下滑距离为
L?RR?(?R)?(3?3)R
sin30tan30由机械能守恒定律可得
mgh?MgLsin30?
解得
m3?3 ?M2选项D错误。 故选B。 3．A 【解析】 【分析】
F做正功，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和． 【详解】
A．棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK 得WF+W安=△EK+mgh
即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确．
B．由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误．
C．棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量．故C错误． D．棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量．故D错误 【点睛】
本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏． 4．C 【解析】 【详解】
通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，如图所示：那么各点沿ab方向上的磁感应强度分量Bx的大小从a向b先增大，后减小到零，再反向增大，最后减小，故C正确。 故选C。 5．D
【解析】 【详解】
A．根据v?t图像可知，在0~t0内A车速度一直在增大，故A错误； B．图像斜率表示加速度。如图所示：
0~2t0内A车图像斜率有两个时刻与B车图像斜率相等，故B错误；
C．t0时刻A、B两车并排行驶，在同一位置。v?t图像与t轴所围面积为位移，t0~2t0内A车正方向运动的位移小于B车正方向运动的位移，则2t0时刻A车在B车之后，故C错误；
D．因为对称，图象围成的面积相等，所以0~t0内与t0~2t0内两车单向运动的位移相等，则开始时刻两车的距离与2t0时刻两车的距离相等，故D正确。 故选D。 6．C 【解析】 【详解】
A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；
B．a等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；
C．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；
D．由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误； 故选C。 7．D 【解析】 【分析】
点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电体电荷量均是元电荷的整数倍． 【详解】
元电荷是最小的带电量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不是同一物理量；故A错误；元电荷是带电量的最小值，大小是
，故B错误；元电荷是指最小的电荷量，不是指质子，故C错误；
元电荷是自然界中电荷的最小单元，故D正确；故选D。 【点睛】
本题关键是对点电荷、元电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法． 8．C 【解析】 【详解】
以车和水为研究对象，受力分析可知，水平方向受牵引力、摩擦阻力和空气阻力作用，由题意，车受到的摩擦阻力跟其质量成正比，受到的空气阻力跟车速成正比，根据牛顿第二定律知， F-f-kv=ma
当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，车与水的质量在减小，故摩擦阻力在减小，空气阻力恒定不变，则牵引力在减小，合力为零。
A．洒水车的质量减小，速度不变，故动能减小，故A错误。
B．发动机的功率P=Fv，牵引力减小，速度不变，则发动机的功率减小，故B错误。
CD．牵引力F=f+kv，洒水车的质量随时间均匀减小，则牵引力的大小随洒水时间均匀减小，但不成反比。牵引力功率随时间均匀减小，故C正确，D错误。 故选C。 9．C 【解析】 【详解】
三个齿轮同缘转动，所以三个齿轮边缘的线速度相等，即为： vA=vB=vC
三个齿轮的齿数分别为32、12、20，根据 ??
v r
得A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为
111::?15:40:24 321220A. 8:3:5与计算结果不符，故A错误。 B. 5:3:8与计算结果不符，故B错误。 C. 15:40:24与计算结果相符，故C正确。 D. 24:40:15与计算结果不符，故D错误。
10．D 【解析】 【详解】
AB．由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得，过程①的衰变方程为
210832064Bi?81Tl?2He
故AB错误；
CD．由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得，过程①的衰变方程为
21083210Bi?84Po?0?1e
故C错误，D正确。 故选D。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，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 11．ABD 【解析】 【分析】 【详解】
AB．由分析，可知物块A沿斜面向上做加速度不断减小的加速运动，当物块A速度最大时，加速度为零，此时物块B刚要离开挡板，由受力分析得弹簧的弹力为
1F1?mgsin30?mg
2对物块A分析，有
F?F1?mgsin30?mg
故AB正确；
C．开始时，弹簧的压缩量为
mgsin30?mg x1??k2k同理，当物块A速度最大时，弹簧的伸长量为
mgsin30?mg x2??k2k因此物块A向上移动的距离为
x1?x2?mg k1g时，根据牛顿第二定律有 2故C错误；
D．由分析得知，当物块A的加速度为
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