答案解析部分1．【答案】A【知識點】運動學v-t圖象2．【答案】B【知識點】磁通量3．【答案】C【知識點】時間與時刻；位移與路程；速度與速率；平均速度4．【答案】C【知識點】電勢能；帶電粒子在電場中的運動綜合5．【答案】D【知識點】牛頓第三定律；共點力的平衡【解析】【解答】在解答本題時，應注意分析受力時，不要丟力少力，找到瓦片兩端的支持力是瓦片自身重力與瓦片受到的壓力的合力是解題的關鍵。分別對6個瓦片受力分析如圖所示（僅畫出瓦片1）由平衡條件和牛頓第三定律可得FFFFFFA．根據牛頓第三定律，4右端對地面的壓力與左端的一樣大，均等于F故A錯誤；B.5右端受到的支持力是2右端受到支持力的關系為F故B錯誤；C．根據牛頓第三定律，4頂端受到的壓力大小為F故C錯誤；D．根據牛頓第三定律，5左端對地面的壓力為F故D正確。故選D。

【分析】根據力的分解原理，瓦片兩端的支持力是瓦片自身重力與瓦片受到的壓力的和，由此可得出正確選項。6．【答案】C【知識點】加速度；速度與速率7．【答案】D【知識點】電路動態分析8．【答案】A,C【知識點】加速度；曲線運動；運動的合成與分解；向心加速度9．【答案】B,D【知識點】牛頓第二定律；機械能守恒定律10．【答案】C,D【知識點】運動的合成與分解11．【答案】B,D【知識點】整體法隔離法【解析】【解答】本題主要考查了共點力的平衡問題，熟悉物體的受力分析，理解整體法和隔離法的應用，同時利用幾何關系即可完成解答。A．將C的重力按照作用效果分解，如圖所示根據平行四邊形定則，有F故m一定時，θ越大，輕桿受力越小，故A錯誤；B．對A、B、C整體進行受力分析可知，對地壓力為F與θ無關，故B正確；C．對A分析，受重力、桿的推力、支持力和向右的摩擦力，根據平衡條件有f=與M無關，故C錯誤；D．以整體為研究對象，豎直方向上根據平衡條件可得A受到的支持力為F增大m，都不能使M沿地面滑動時滿足μ即μ解得μ≥當m→∞μ≥即當μ≥1tanθ時，增大m，不能使M沿地面滑動；若μ<1tan故選BD。

【分析】對ABC整體分析，可得整體支持力等于重力大小與θ無關；將C的重力按照作用效果分解可得輕桿受力與θ的關系；隔離A受力分析，根據平衡條件可得摩擦力f與M無關；當靜摩擦力大于最大靜摩擦力時，A相對地面滑動，分析摩擦力與m的關系即可判斷。12．【答案】（1）一；B和C；2∶1（2）1∶3【知識點】向心力13．【答案】（1）甲（2）1.0；80（3）=；<【知識點】電池電動勢和內阻的測量14．【答案】（1）解：運動員在空中做平拋運動，則有?=解得t=2s（2）解：運動員在空中做平拋運動，則有s=結合上述解得s=20m（3）解：豎直方向的分速度大小v則運動員落地時的速度大小v=結合上述解得v=10令速度與水平方向夾角為θ，則有tan結合上述解得tan【知識點】平拋運動【解析】【分析】（1）利用平拋運動高度與時間的表達式可求出在空中運動的時間；（2）利用平拋運動水平位移表達式可求出位移大小；（3）利用平拋運動速度大小表達式可得出結果。15．【答案】（1）由動能定理得mg?+mgR小球在圓弧軌道最低點時，對其由牛頓第二定律得F解得F（2）小球到圓弧軌道右端點的速度為v0，由動能定理得mg?=解得v飛出圓弧軌道右端點水平方向小球做勻速運動，則x=v解得x=3【知識點】斜拋運動；動能定理的綜合應用【解析】【解答】（1）由動能定理得mg?+mgR小球在圓弧軌道最低點時，對其由牛頓第二定律得F解得F（2）小球到圓弧軌道右端點的速度為v0，由動能定理得mg?=解得v飛出圓弧軌道右端點水平方向小球做勻速運動，則x=v解得x=3【分析】本題考查動能定理的綜合應用，（1）小球從靜止釋放運動到圓弧最低點過程中，利用動能定理求解小球到達最低點的速度，在最低點，利用牛頓第二定律求出小球在最低點受到的支持力大小。（2）利用動能定理求出小球到達圓弧右側的速度，小球從圓弧飛出后做斜拋運動，根據運動的分解規律，求出平臺左側上邊緣到圓弧軌道右端點的水平距離x。16．【答案】（1）0～1s內，物塊在AB段做勻加速運動mg解得a對木板mg解得a=0（2）0.5s末物塊速度為v（3）物塊到達B點時速度為v物塊在AB段的位移x物塊在BC段做勻加速運動mg解得a木板做勻加速運動mg解得a由位移關系L?解得t3=2s或物塊離開C點時速度v【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓運動定律的綜合應用【解析】【分析】（1）由于1s后物塊進行BC段，故物塊與木板之間發生相對滑動。確定物塊受力情況所受摩擦力方向，根據力的分解及牛頓第二定律確定物塊的加速度。同理假設木板在斜面上滑動，確定木板受力情況，根據力的分解及牛頓第二定律進行解答。

（2）根據速度與時間