B,D

解：根据图象可知，2.5秒之后传感器对滑块的拉力不变，说明此时小车开始运动，传感器拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此2.5秒后小车所受摩擦力不变．

由于沙桶质量不断增加，即重力不断增加，因此2.5s后小车做变加速运动，2.5秒之前小车静止不动，小车所受摩擦力为静摩擦力，大小不断增大，故BD正确，AC错误．

故选：BD．

【考点精析】本题主要考查了滑动摩擦力的相关知识点，需要掌握滑动摩擦力:利用公式f=μF N 进行计算，其中FN 是物体的正压力，不一定等于物体的重力，甚至可能和重力无关.或者根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解才能正确解答此题．

C

解：A、物体A受重力和拉力两个力，由二力平衡得：

拉力F=GA

故A正确；

B、绳子的拉力等于重力，大小不变，由图可知，θ越大，则拉住滑轮的两个绳子之间的夹角越小，所以绳对滑轮的作用力越大．故B正确；

C、对B受力分析，受重力、细线的拉力，如果没有摩擦力不可能平衡，故一定有摩擦力，有摩擦力则一定有支持力，根据牛顿第三定律，B对地一定有压力，故C错误；

D、对B受力分析并正交分解，如图：

由平衡条件得：

水平方向：f=Fcosθ=mgcosθ

竖直方向：N+Fsinθ=Mg

得：N=Mg﹣Fsinθ

故θ改变时，B对地压力也随之变化；故D正确；

本题选择不正确的，故选：C．

B,D

解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；

B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；

C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；

D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．

故选BD．

D

解：抓住剪断弹簧的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变，所以分析：

对C受力分析有：

剪断前平衡有：F弹=mg①

剪断瞬间弹簧的弹力不变：aC= ②

剪短弹簧的瞬间，AB两物体以共同的加速度下落，以AB为整体，根据牛顿第二定律可得

故选：D

D

解：AB、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故AB错误．

C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；

D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D正确；

故选：D．

B

解：A、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：mg+f=ma，上升过程中速度减小，阻力减小，故上升过程加速度大于g但逐渐减小，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律可得m′g+FN=m′a：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下且逐渐减小，故A错误，B正确．

C、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：mg﹣f=ma，下降过程中速度增大，阻力增大，故下降过程加速度小于g但逐渐减小，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律可得m′g﹣FN=m′a：B受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的支持．A对B的支持力向上且逐渐增大，故CD错误．

故选：B

B,C

解：A、牛顿认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变，故A错误；

B、牛顿用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性，故B正确；

C、卡文迪许测出了引力常量G的数值，故C正确；

D、密立根第一个测出了元电荷的电量，故D错误；

故选：BC．

（1）＞；0.1

（2）2.4

（3）；（m2﹣m1）g（x2+x1）

（4）

解：（1）根据实验原理可知，m1＞m2 ，

因每两个相邻计数点间还有4个点未画出，纸带上打相邻两个计数点时间间隔为T=0.02×5=0.1s；（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：v5= = m/s=2.4m/s．（3）在0～5过程中系统动能的增量△EK= （m1+m2）v52= ．系统重力势能的减小量为（m1﹣m2）gx=（ m1﹣m2）g（x2+x1）．（4）根据系统机械能守恒有：（m1﹣m2）gh= （m1+m2）v2；

则 v2= gh知图线的斜率k= g解得g= ．所以答案是：（（1）＜，0.1； （2）2.4；（3） ，（ m2﹣m1）g（x2+x1）；（4） ．

【考点精析】解答此题的关键在于理解机械能守恒及其条件的相关知识，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）C

（2）F′；B

解：A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；

B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故B错误；

C、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小．故C正确；

故选：C．（2）①F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；

②合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．

故选：B

所以答案是：（1）C（2）①F′②B

【考点精析】通过灵活运用力的合成，掌握求几个已知力的合力，叫做力的合成；共点的两个力（F 1 和F 2 ）合力大小F的取值范围为:|F 1 -F 2 |≤F≤F 1 +F 2即可以解答此题．

（1）

解：设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v3，因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有：

=mg…①

小物块由A射出后做平抛运动，由平抛运动的规律有：

x=v3t…②

2R= gt2…③

联立①②③解得：x=2R，

即小物块的落点距O′的距离为2R

（2）

解：小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得：

mv =mg×2R+ mv …④

小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得：

mv = mv +μmgL…⑤

小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有：

Ep= mv …⑥

由①④⑤⑥联立解得：Ep= mgR+μmgL．

（1）小物块被弹出恰好能够运动到圆弧轨道的最高点A时，由重力提供向心力，列式可求出小物块在圆弧顶端A处速度大小，再根据平抛运动的知识求水平位移知小物块的落点距O′的水平距离；（2）小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律列式，小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系列式，小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，联立方程即可求解．

【考点精析】解答此题的关键在于理解平抛运动的相关知识，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，以及对机械能守恒及其条件的理解，了解在只有重力（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：沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为v1，则

mgR= mv12，得v1=3 m/s

物体在传送带上运动的加速度 a= =μg=2 m/s2

物体在传送带上向左运动的时间 t1= =1.5 s

向左滑动的最大距离 s= =2.25 m

物体向右运动速度达到v时，向右运动的距离 s1= =1 m

所用时间t2= =1 s，匀速运动的时间 t3= =0.625 s

所以t=t1+t2+t3=3.125 s．

（2）

解：根据动能定理，传送带对物体做的功：

W= mv2﹣ mv12=﹣2.5 J

物体相对传送带运动的位移△x= +v（t1+t2）=6.25 m

由于摩擦产生的热量 Q=μmg△x=12.5 J．

（1）根据机械能守恒定律求出滑块滑上传送带的速度，滑上传送带先做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动达到传送带速度一起做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；（2）根据动能定理通过物体的初末速度，求出物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功．根据运动学公式求出相对路程的大小，从而根据Q=f△x求出摩擦产生的热量．

【考点精析】认真审题，首先需要了解机械能守恒及其条件(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)．