知识点：速度、加速度

解：房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势，相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，速度仍然增大．故A正确，BCD错误．

故选：A

知识点：摩擦力

解：初态时，对A受力分析有：

得到摩擦力Ff=F1﹣F2=6﹣2=4N，说明最大静摩擦力Fmax≥4N，当将总质量减小到0.3kg时，拉力为变为3N，物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩擦力变化Ff′=1N．

故ACD错误，B正确．

知识点：圆周运动

解：A、小球处于完全失重状态，对直轨道无压力，不受摩擦力，做匀速直线运动．故A错误．

B、小球处于完全失重状态，在圆轨道中做匀速圆周运动，只要有速度，就能通过圆轨道．故B、C错误．

D、在圆轨道中做匀速圆周运动，靠轨道的压力提供向心力，即N=m，半径小，则对轨道的压力大．故D正确．

故选D．

知识点：电场强度

解：若将带电量为2q的球面放在O处，

均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．

则在M、N点所产生的电场为E==，

由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为

E′=﹣E，

故选A．

知识点：万有引力定律

解：在行星表面运行的卫星其做圆周运动的向心力由万有引力提供

故有，

所以卫星的动能为=

故在地球表面运行的卫星的动能EK2=

在“格利斯”行星表面表面运行的卫星的动能EK1=

所以有==•===3.33

故C正确．

故选C．

知识点：带电粒子在电场中的运动

解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有

x=v0t

y=

解得

∝

故

故选A．

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势E=3V．当电源接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，

据串联电路电流相等，有=得到：r===2Ω 故ACD错误，B正确．

故选：B．

知识点：牛顿第二定律

解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，

由牛顿第二定律得：

加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；

当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，

但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：

a2==gsinθ﹣μgcosθ；

比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．

故选D

知识点：动能和动能定理

解：根据功能关系得：

从A到B过程：mgh1=Wf1

从C到B过程：mgh2=Wf2

由于由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见，从A到B小球克服摩擦力Wf1一定大于从C到B克服摩擦力做功Wf2，则得h1＞h2；

故选：A．

知识点：动能和动能定理

解：对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力．

电场力F=QE=mg

重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角β=30°

运用动能定理研究从开始到落地过程，

mgH+F•H=mv2﹣0

可得 v=2

故选：C．

知识点：动能和动能定理

解：A、小球A下滑过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，刚开始，AB球的速度都增大，所以系统动能增大，则重力势能减小，故A正确；

B、A球刚滑至水平面时，对系统用动能定理得：

3mg•L﹣mgLsin30°=（3m+m）v2

解得：v=，故B正确；

C、小球B升高的过程中，根据动能定理得：

3mg•﹣mg=（3m+m）v′2

解得：v′=

此时，重力对小球A做功的功率为：，

重力对小球B做功的功率为：，故C正确．

D、B球刚升至斜面顶端时时，对系统用动能定理得：

3mg•Lsin30°﹣mgL=（3m+m）v2

解得此时速度为：v=，

根据动能定理研究B得：

W﹣mg•L=mv2

解得：W=，故D错误．

故选：ABC

知识点：闭合电路的欧姆定律

解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则灯泡变暗．故A错误．

B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率变小．故B正确．

C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．

D、电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．故D正确．

故选BD

知识点：动能和动能定理

解：A、实验中橡橡皮筋对小车所做功认为是合外力做功，因此需要平衡摩擦力，故长木板要适当倾斜，以平衡小车运动中受到的阻力，故A正确；

B、实验中改变拉力做功时，为了能定量，所以用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，故B正确；

C、D、需要测量出加速的末速度，即最大速度，也就是匀速运动的速度，所以应选用纸带上打点最稀疏的部分进行计算，故C错误，D正确．

故选：ABD．

知识点：探究加速度与力、质量的关系

解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．

所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．

（2）根据F=ma得a=

所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．

由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg

由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，

根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0

解得μ=0.2

故答案为：（1）①；（2）0.5，0.2

知识点：力的合成和分解

解：（1）由图可知，拉力及重力的合力与F大小相等方向相反，

由几何关系可知：

F=mgtan60°=20N；

（2）由于拉力的方向不变，重力的大小、方向均不变；而拉力与F的合力一定与重力大小相等，方向相反，

由图利用几何关系可知当力的方向与拉力方向垂直时F有最小值：

Fmin=mgsin60°=10N

方向为与水平方向成60°斜向上

答：（1）F为水平方向时，F为20N；（2）F的最小值为10N，方向与水平方向成60度角斜向上．

知识点：动能和动能定理

解：（1）将小球到达A点的速度分解如图

则有：v0=vcosθ=4×cos60°=2m/s

（2）假设小球能到达C点，由动能定理有：

﹣mgR（1+cosθ）=﹣

代入解得vC=m/s

设小球经小球经过C点的最小速度为v临，由mg=m

解得v临==m/s，

可见，vC＞v临，故小球能到达最高点C．

在最高点，由牛顿第二定律有：FN′+mg=m

代入数据得：轨道对小球的支持力 FN′=8N

由牛顿第三定律：小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN=﹣FN′=﹣8N，方向竖直向上．

答：

（1）小球做平抛运动的初速度v0是2m/s．

（2）小球能通过圆弧最高点C，小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN是8N，方向竖直向上．

知识点：功率

解：（1）汽车做匀加速直线运动，△x=x2﹣x1=a•△T2

a==m/s2=1.0 m/s2．

（2）做匀加速直线运动的汽车所受合力为恒力，由牛顿第二定律得：F﹣Ff=ma，

所以F=ma+Ff=3600 N，

随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的过程结束，

由P=Fv得

v1==m/s=20 m/s，

由匀加速运动公式v=at得：t==20 s．

（3）当汽车达到最大速度时，有F′=Ff=1600 N．

由P=F′v，得v== m/s=45 m/s．

答：（1）汽车的加速度大小为1.0m/s2；

（2）匀加速运动状态最多能保持20s；

（3）汽车所能达到的最大速度为45m/s．

知识点：动能和动能定理

解：小球所受的重力和电场力都为恒力，故两力可等效为一个力F，如图所示，可知F=mg，方向与竖直方向夹角为37°，偏左下；

从图中可知，做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D点，若球恰好能通过D点，则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零，

由圆周运动知识得：F=m即：mg=m

选择A点作为初态，D点为末态，由动能定理有：

mg（h﹣R﹣Rcos37°）﹣mg（htan37°+2R+Rsin37°）=m即

代入数据：mg（h﹣1.8R）﹣mg（h+2.6R）=×mgR

7h=10R+60R=70R

解得：h=10R

答：若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为10R．