D. 竖直向下，与结论不相符，选项D错误； 6．B 【解析】
两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。
【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。 7．B 【解析】 【详解】
学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为0.5m，引体向上一次克服重力做功为
P＝W=mgh=50×10×0.5J=250J，全过程克服重力做功的平均功率为 ACD错误． 8．B 【解析】
nW12?250J＝＝100W，故B正确，t30s试题分析：脱水过程中，桶壁为衣物提供做圆周运动的向心力，A正确；水会从桶中甩出是因为为水滴提供的向心力小于水滴需要的向心力，B错误；加快脱水桶转动的角速度，水滴做圆周运动需要的向心力就越大，滴水效果会更好，C正确；靠近中心的衣物比四周的衣物得到向心力的来源多，则靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好，D正确。 考点：本题考查离心运动。 9．B 【解析】 【详解】
A. 摩擦起电和感应起电的本质是电荷的转移，而不是产生了新的电子，选项A错误； B. 电荷量是不能连续变化的物理量，只能是元电荷的整数倍，选项B正确； C. 电场力做功与移动电荷的路径无关，只与初末两态位置有关，选项C错误； D. 沿着电场线方向电势逐渐降低，选项D错误. 10．B 【解析】
第一段平均速度为：v1?x24x24??6m/s，第二段平均速度为：v2???12m/s，根据某段时间t14t22内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：?t?2?1s?3s，加速度为：
a?v2?v112?6??2m/s2，故B正确，A、C、D错误； ?t3故选B．
【点睛】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 11．ABD 【解析】 【详解】
A. 做曲线运动的物体加速度不为零，则受到的合外力一定不等于零，选项A正确；
B. 向心加速度是描述线速度方向改变快慢的物理量，向心加速度大的物体比向心加速度小的物体速度方向改变快，选项B正确.
C. 系统受到的合外力为零时，系统的机械能不一定守恒，例如匀速上升的物体，选项C错误； D. 系统受到的合外力为零时，系统的动量一定守恒，选项D正确； 12．ABC 【解析】
等量同种正电荷连线中点的场强为零，从中点沿连线中垂线往外场强先增大后减小（不是均匀变化），且方向从中点沿中垂线往外．则粒子运动后从(－x0，0)到原点的过程中电场力（加速度）可能一直减小到0（不均匀变化），也可能先增大后减小到0；从原点到(x0,0)的过程中电场力（加速度）可能一直增大（不均匀变化），也可能先增大后减小．且力（加速度）的方向与上一段力（加速度）的方向相反，均是从中点沿中垂线向外．
A：A图中加速度随位置均匀变化，故A项不可能． B：B图中加速度方向不变，故B项不可能．
C：速度时间图象的切线斜率表示加速度，C图中加速度不变，故C项不可能． D：D图中加速度先减小到0再反向增大，故D项可能． 本题选不可能的，答案是ABC． 13．BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系。由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有
E?2E?E?0??Ep
得?Ep=?2E，即木块的重力势能减少了2E，故A错误，B正确；
C．由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误； D．由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。 故选BD。 14．BCD 【解析】
刚开始下落时，绳子的拉力方向沿水平方向，竖直方向上只受重力，所以加速度为g，A错误；B下降的高度为h?Ltan?，故物块B减小的重力势能为mgLtan?，B正确；两者的运动时间相同，B的位移为
sin?1?cos2?1?cos?1?cos?h?Ltan??L?L?L，A的位移为
cos?cos?cos?x?L1?cos?1?cos?1?cos?故h?x，所以物块A的平均速度小于物块B的?L?()L?()L，
cos?cos?cos?平均速度，C正确；系统机械能守恒，故mgLtan??mgxsin??解可得vA?vBsin?，联立解得vB?1212mvA?mvB，根据运动的合成与分222gLsin?，D正确． 21?sin?【点睛】本题的综合性较强，特别D选项，关键是知道系统机械能守恒（但每个物块的机械能不守恒），结合斜牵引运动的分解等知识解题． 15．BC 【解析】 【详解】
A．滑块加速运动时，与传送带间相对滑动，受到向右的滑动摩擦力，当相对静止后不受摩擦力，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得滑块的加速度为：a??g，共速的时间为t?vv?，滑块在匀加速阶段的a?g0?vvv2v2t?t?位移为：x1?vt?，皮带的位移为：x2?vt?，滑块相对皮带的位移：222?g?gv2?x?x2?x1?，由此可知滑块在匀加速阶段的位移等于滑块相对皮带的位移，故B正确；
2?gC．根据动能定理可得皮带对滑块做的功为：W?D．皮带克服滑块摩擦力做的功为：W克f12mv，故C正确； 2v2?fx2??mg??mv2，故D错误．
?g16．BC 【解析】
GMMmv2A、根据万有引力提供向心力，即G2?m，则v?可知，由于火星轨道半径大于地球轨道
rrr半径，即火星的线速度小于地球的线速度，故选项A错误； B、由GMm?ma 得：地球加速度大于火星，选项B正确； 2r23Mm2??r?C、根据万有引力提供向心力，即G2?m?得：由于海王星半径大于天王?r，由T?2?rGM?T?星的半径，故海王星的周期大于天王星的周期，选项C正确；
D、假设天王星和海王星质量相等，天王星变轨到海王星轨道需要外力推动做正功，机械能增加，所以海王星机械能大于天王星机械能，选项D错误．
点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能熟记． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 17．0.550 0.545 D 【解析】 【详解】
（1）[1] 重物的重力势能比开始下落时减少量为：
；
[2] B点的瞬时速度为：
则重物动能的增加量：
（2）[3] A、实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，但是纸带不是越短越好，故A错误； B、验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，可以不测量重物的质量，故B错误； C、不能根据
求出瞬时速度，否则就默认了机械能守恒，失去验证的意义，故C错误；
D、若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证，故D正确。
18．斜槽的同一位置； 将小球放在水平槽末端中若能静止则可认为水平； x【解析】
g； BADC 2y