参考答案：1．B【详解】对结点O点受力分析，作出平行四边形，A、B点等高，O为结点，轻绳AO、BOmg长度相等，设∠AOB=2θ，由几何关系可知：FF，故B正确；轻绳AO、BOAB2cos的拉力大小相等，但没有作用在一条直线上，不能成为一对平衡力，故C错误；当2θ=120°mg时有FFmg，当0°<2θ<120°时有FFmg，当120°<2θ<180°时有AB2cosABmg1FFmg，故A错误；当2θ=0°时有FFmg，即FFmg，但FAABAB2cos2AB与FB大小之和不一定等于mg，故D错误．2．C【详解】AC．运动员下落时间只与竖直方向上的运动有关，与风力的大小无关，故A错误，C正确；BD．运动员在水平方向上受到风力的作用会有速度，风力越大，则水平方向的速度越大，运动员着地时的速度不是竖直向下的，且速度的大小与风力有关，故BD错误。故选C。3．D【详解】A．a点是弹性绳的原长位置，故在pa段人只受重力，人做自由落体运动，处于完全失重状态，故A正确；B．b是人静止悬吊着时的位置，则b点Tmg在ab段T＜mg加速度方向向下，人向下做加速度减小的加速运动，处于失重状态，故B正确；C．在bc段T＞mg加速度方向向上，人向下做加速度增大的减速运动，人处于超重状态，故C正确；答案第1页，共9页D．c是人所到达的最低点，故c点速度为零，但受向上的合力不为零，有向上的加速度，处于处于超重状态，故D不正确。故选D。4．DL【详解】A．根据电阻定律R，它们的电阻之比为SL1d2R1914LR211d242A错误；B．串联电路各处电流相等，它们的电流之比为1:1，B错误；C．根据InqSv得1212nqd1v1nqd2v244解得v91v21它们的电子移动速率之比为9:1，C错误；D．它们两端的电势差之比为UIRR9111U2IR2R21D正确。故选D。5．B【详解】A．仅受万有引力作用，从A点运动至B点的过程中，“神舟十八号”的机械能守恒，A错误；B．根据开普勒第二定律，在近地点最快，在远地点最慢，从A点到B点一直减速，两段路程相等，从A点运动至C点的速度大时间短，从C点运动至B点速度小时间长，B正确；C．根据牛顿第二定律得MmGmar2解得答案第2页，共9页MaGr2“神舟十八号”在A点处距离地球最近，加速度最大，C错误；D．根据万有引力定律MmFGr2“神舟十八号”在B点处距离地球最远，受到的地球施加的万有引力最小，D错误。故选B。6．A【详解】由v-t图像可知，正电荷从A点向B运动时做加速度减小的加速运动，可知电场力从A指向B，且A点受电场力较大，则A点场强较大，即EAEB电场线由A指向B，沿电场线电势降低，可知AB选项A正确，BCD错误。故选A。7．A【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得mgsin30s1fs1EkEk0整理得EkEk0(mgsin30f)s1结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值|k|mgsin30f4N10~20m内物块下滑，由动能定理得mgsin30f(ss1)Ek整理得Ekmgsin30fsmgsin30fs1结合10~20m内的图像得，斜率kmgsin30f3N答案第3页，共9页联立解得，m0.7kg故A正确，B错误；�=0.5NC．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误；D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。故选A。8．C【详解】A．导体P处在带正电的小球Q产生的电场中，由于静电感应，导体的右端感应出正电荷，导体的左端感应出负电荷，故A错误；B．处于静电平衡状态的导体内场强为0，故B错误；C．C点和B点的场强等于导体上的感应电荷和带正电的小球Q产生的场强的叠加，并且为0，带正电的小球Q在C点产生的场强大于在B点产生的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故C正确；D．用手摸导体P的左端时，相当于用导线将导体P与大地相连，因静电感应，电子流入导体P，最终导体P带负电，故D错误。故选C。9．BC【详解】A．小球从P到B的运动过程中重力做功WGmgR选项A错误；BD．在B点时v2FmgmBNRFNmg可得vB2gR则小球在AB两点的机械能相等（以B为零重力势能点），均为1EmgRmv22B答案第4页，共9页则小球的机械能守恒，机械能无损失，选项B正确，D错误；C．小球从P到B的运动过程合外力做功W合mgR选项C正确；故选BC。10．BD【详解】A．电子做匀速圆周运动，则e2v2kmr2r解得电子的速率kverm选项A错误；B．电子绕核运动时等效电流为eee2kIT2r2rmrv选项B正确；C．电子绕核运动运动一周时，该氢原子核施加的库仑力方向与速度垂直，可知库仑力对其做功为零，选项C错误；D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为2212kekeEEkEpmv2r2r选项D正确。故选BD。11．(1)A(2)3.609.75(3)大于【详解】（1）A．尽量选质量大、体积小的重锤，以减小阻力的影响，选项A正确；B．要验证的关系式子两边都有质量m，则不需要测量重锤质量，选项B错误；C．纸带长短要适当，不是越长越好，选项C错误；答案第5页，共9页D．要从纸带上选择点迹清晰的点作为第一个计数点，纸带上选择的第一个计数点对应物体速度不一定要为0，选项D错误。故选A。（2）[1]打B点时物体速度大小为x0.1439vACm/s3.60m/sB2T0.04[2]加速度大小为xx0.30340.14390.1439aCEACm/s29.75m/s24T240.022（3）即使在实验操作规范，数据测量及数据处理均正确的前提下，由于阻力的做负功，则实验求得的重锤减小的重力势能通常略大于增加的动能。12．(1)5.020(2)BC4IL(3)πd2U【详解】（1）圆柱形容器内径为d50mm0.05mm450.20mm5.020cm（2）[1]该水样的电阻为1200Ω，电流表应采用内接法，由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小太多，所以采用分压接法，电路如图所示：[2]由于电源电压为12V，为了电压测量的安全性，应选择接近的电压表量程范围，故选B。[3]电流表中电流约为答案第6页，共9页EI10mAR水电流表应选用C。L（3）根据R可知SRSUd2L4IL电导率是电阻率的倒数，所以电导率为4ILd2U13．（1）5s；（2）2.5s；（3）2s【详解】（1）A球做自由落体运动1Lgt221解得t15s（2）A、B两球在竖直方向上保持相对静止，水平方向上B球相对A球做匀速直线运动，绳子即将绷紧时，水平距离Lv0t2解得=t22.5s（3）B球做平抛运动，绳子绷紧时，B球的合位移大小等于绳长，B球水平位移xv0t3B球竖直位移1ygt223此时Lx2y2解得t32s答案第7页，共9页14．（1）4V；2V；（2）4V；2V；（3）【详解】（1）根据电场力做功与电势差的关系得W2.0105W1.0105UABV4V，UBCV2VABq5106BCq5106（2）根据电势差的定义式UABAB，UBCBC依题意B0所以A4V,C2V（3）AB的中点D的电势为AB2VD2连接CD，CD为等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，如图所示MmL315．（1）RL,rL；（2）2π；（3）半径变大；周期不变mMmMGMm【详解】（1）两星做圆周运动时的向心力由万有引力提供，则有mM4π2GmRL2T2mM42GMrL2T2可得答案第8页，共9页RMrm又因为LRr所以可以解得MmRL,rLMmMm（2）根据（1）可得4π2L3L3T2πMmGGmM（3）根据（1）可知MRLMm得M变大，则R变大；根据（2）可知L3T2GmM总质量保持不变，距离不变，则周期不变。答案第9页，共9页