B,C

解：A、根据E= 知电场强度为E= =500N/c，方向沿x轴负方向，故A错误；

B、根据动能定理知Eqx=0﹣ mv2 ， 得 = = =1.25×106C/kg，故B正确；

C、根据a= ，x=v0t 联立解得t=8×10﹣6s，故C正确；

D、粒子在x轴上x=﹣2cm处和x=2cm处的电势不同，所以它们的电势能不同，故D错误；

故选：BC

A,C,D

解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确．

B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误；

C、负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；

D、正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U=Ed可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低；

也可以根据电势这样理解：由正电荷在d，c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点．所以D正确；

故选：ACD

D

解：A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小．故A是可能的．故A正确．

B、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故B是可能的．故B正确．

C、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=﹣mgh，根据数学知识可知，C是可能的．故C正确．

D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是一定不正确．故D错误．

本题选一定不正确的，故选：D．

D

解：甲图中剪段绳子前后弹簧的弹力不发生变化，所以甲球仍受重力和弹簧弹力且两者合力为零，乙图中剪断绳子后绳子拉力瞬间变为零，乙球只受重力，所以D正确．

故选：D

【考点精析】掌握重力是解答本题的根本，需要知道重力是由于地球对物体的吸引而产生的；重力的大小:地球表面G=mg；重力的方向:竖直向下（不一定指向地心）；重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心不一定在物体上．

B

解：A、B、当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的加速度，所以处于失重状态，故A错误，B正确．

C、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，所以受到水平向左的摩擦力作用．故C错误．

D、由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下．故D错误．

故选：B．

【考点精析】本题主要考查了超重失重的相关知识点，需要掌握不管物体处于失重状态还是超重状态，物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）不等于物体本身的重力；超重或失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度的方向.“加速上升”和“减速下降”都是超重;“加速下降”和“减速上升”都是失重才能正确解答此题．

等于；10；2.5

解：（1）水平方向的运动是匀速直线运动，从A到B和从B到C水平方向的位移相同，所以经历的时间相等．（2）在竖直方向上有：△h=gT2 ， 其中△h=10cm，代入求得：T=0.1s，因此闪光频率为： （3）水平方向匀速运动，有：s=v0t，选AB段：其中s=5l=25cm，t=T=0.1s，代入解得：v0=2.5m/s．

所以答案是：等于；10；2.5

【考点精析】本题主要考查了平抛运动的相关知识点，需要掌握特点:①具有水平方向的初速度;②只受重力作用，是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动；运动规律:平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动才能正确解答此题．

（1）2.4

（2）0.58；0.60

（3）9.7

解：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为： （2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为： 重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=（m2﹣m1）gh=0.60J；（3）本题中根据机械能守恒可知， ，即有： ，所以出 图象中图象的斜率表示重力加速度，由图可知，斜率k=9.7，故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2 ．

所以答案是：（1）2.4 （2）0.58 0.60 （3）9.7

【考点精析】根据题目的已知条件，利用机械能守恒及其条件的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握在只有重力（和弹簧弹力）做功的情形下，物体动能和重力势能（及弹性势能）发生相互转化，但机械能的总量保持不变．

（1）

解：小球做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

qE+mg=ma，qE=mg，得a=2g

水平方向：x=v0t

竖直方向：y=

又

联立上四式得：t=

（2）

解：由上得y= =

电场力做功为W=qEy=mg• =m

故电势能的变化量△Ep=﹣W=﹣m

（1）小球水平抛出后，由于所受电场力与重力均为恒力，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，由运动学公式和水平位移与竖直位移的关系求解时间；（2）从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能变化量等于电场力做功，由运动学公式求出竖直位移大小y，由W=qEy求解电势能的变化量．

（1）

解：对整体分析，根据牛顿第二定律得：

F﹣（mA+mB）gsinθ﹣μ（mA+mB）gcosθ=mA+mB）a，

A物体：T﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ=mAa，

代入数据解得：a=2m/s2，F=60N；

（2）

解：设沿斜面向上为正，A物体：

﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ=mAaA，解得：aA=﹣10m/s2，

因为v0=3m/s，所以A物体到最高点为：t= = =0.3s，

此过程A物体的位移为：xA= t=0.45m，

对B物体：F﹣mBgsinθ﹣μmBgcosθ=mBaB，

代入数据解得：aB=5m/s2，

B的位移：xB=v0t+ aBt2=1.125m，

所以两者间距为：△x=xB﹣xA+L

代入数据解得：△x=1.175m

（1）对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出外力F的大小．（2）根据牛顿第二定律求出绳断后A、B的加速度，结合速度时间公式求出A速度减为零的时间，从而求出这段时间内A、B的位移，根据位移关系求出A、B间的距离．

（1）

解：根据万有引力提供向心力

根据地球表面的物体受到的重力等于万有引力，

得

（2）

解：根据万有引力提供向心力

根据在月球表面的物体受到的重力等于万有引力

（3）

解：如图，O和O′分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心级OO′与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点，根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在圆弧BE上运动时发出的信号被遮挡．

t= T=（arccos ﹣arccos ）

（1）根据万有引力提供向心力和地球表面的物体受到的重力等于万有引力，由以上二式可解得卫星在“停泊轨道”上运行的线速度v1 ． （2）根据万有引力提供向心力和在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，由以上二式可解得卫星在“绕月轨道”上运行的线速度v2 ． （3）根据题意画出地球和月球的平面示意图，作出地月球面的公切线，找出卫星运动时发出的信号被遮挡所在的圆弧．

根据万有引力定律求出探月卫星绕月球转动的周期．

由几何关系求出发出的信号被遮挡所在的圆弧所对应的圆心角，再结合周期求出信号被遮挡的时间．

【考点精析】通过灵活运用万有引力定律及其应用，掌握应用万有引力定律分析天体的运动：把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供.即 F引=F向；应用时可根据实际情况选用适当的公式进行分析或计算.②天体质量M、密度ρ的估算即可以解答此题．