由几何关系： ＝tan30?＝yx143280343 ，联立得：t?)m＝m s，y??10?(23333EkB=mgy+运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能：C D错误．故选AB.
11mvA2，EkB=×105J．代入数据得：故23点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中. 13．BD 【解析】 【详解】
AC．滑轮两边绳子的拉力均为B的重力，即T=mg，因滑轮两边绳子的夹角为37°，可知拉力F大于mg，选项AC错误；
BD．对物块A受力分析可知，水平方向
fA?Tcos53?mgcos53?0.6mg
即物块与水平面的摩擦力为0.6mg；竖直方向：
Tsin53?N?3.2mg
解得 N=2.4mg
则物块A与水平面的动摩擦因数为
??fA0.6mg??0.25 N2.4mg选项BD正确； 故选BD。 14．ABC 【解析】 【分析】 【详解】
若P弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时Q弹簧无弹力，小球受2个力平衡。若P弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧Q的拉力处于平衡，小球受3个力。若P弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P的拉力、支持力、弹簧Q的拉力，小球受4个力平衡。由于斜面光滑，小球不受摩擦力，知小球不可能受5个力。故ABC正确，D错误。 故选ABC。
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15．CD 【解析】 【详解】
同时使两悬线长度减半，若角度θ不变，球间距减半，根据公式
，静电斥力增加为4倍，故重力
和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故A错误；同时使两球的质量和电荷量减半，A球的重力减小为一半，静电力都减小为四分之一，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故B错误；同时使A球的质量和电荷量减半，A球的重力和静电力都减小为一半，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故C正确；同时使两悬线长度和两球的电荷量减半，球间距减为一半，根据公式
，静电力不变，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故D正确。所以
CD正确，AB错误。 三、实验题：共2小题
16．5.167 A C E
D2?4?IL ?U【解析】 【详解】
(1)[1]螺旋测微器校零时的示数 3.3×0.01mm=0.033mm
螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径 D=5.200-0.033mm=5.167mm．
(2)[2]两节新的干电池电动势为3V，因此电压表选择3 V的量程，即为C； [3]因为电量中最大电流大约为
Im?E3?A?0.6A R5为了测量的精确，电流表应选择A，
[4]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E．
(3) [5]由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱；
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(4)[6]该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I． 据欧姆定律得，
?LIUL ，又R?? ，则S? ，因为 ISUD2d2S??（）??（）
22R?解得:
d?D2?4?IL ?U17．0.52cm 0.43 滑块释放位置遮光条到光电门的位移s mgs 钩码和滑块的动能增加量之
1?d? 和(m?M)??2??t?【解析】 【详解】
(2)[1]游标卡尺主尺读数为0.5cm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为2×0.1=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm；
[2]由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为
2v?d?0.43m/s t[3]根据实验原理可知，该实验中需要比较钩码和滑块所组成的系统重力势能的减小量与钩码和滑块所组成的系统动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理还有：滑块释放位置遮光条到光电门的位移s
(3)[4][5]钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为
1d(m?M)()2 2?t因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒
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四、解答题：本题共3题 18． (1)2 m/s 方向水平向右 (2)1127m 【解析】 【详解】
（1）由于冲量作用，滑块获得的速度为 vI0＝
m＝4 m/s 2木板受地面最大摩擦力μ1(m1＋m2)g>μ2m2g，木板不动。 对滑块： μ2m2g＝m2a2 v02-v2＝2a2L 解得 v＝2 m/s
滑块与挡板碰撞动量守恒： m2v＝m2v2＋m1v1 能量守恒：
11122m222v＝2m1v1＋2m2v2 解得
v1＝2m/s，v2＝0
碰后瞬间木板速度为2 m/s，方向水平向右。 （2）碰后滑块加速度不变， 对木板：
μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a1 设经时间t，两者共速 v1－a1t＝a2t 解得 t＝
13s 共同的速度 v13＝a2t＝
3m/s 此过程木板位移
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