2014 年广东省高考物理试卷　一、单项选择题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分．1．（4 分）如图是物体做直线运动的 v﹣t 图象，由图可知，该物体（　　）A．第 1s 内和第 3s 内的运动方向相反B．第 3s 内和第 4s 内的加速度相同C．第 1s 内和第 4s 内的位移大小不等D．0～2s 内和 0～4s 内的平均速度大小相等2．（4 分）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木 P 在支撑点 M、N 处受力的方向，下列说法正确的是（　　）A．M 处受到的支持力竖直向上B．N 处受到的支持力竖直向上C．M 处受到的摩擦力沿 MN 方向D．N 处受到的摩擦力沿水平方向3．（4 分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管 P 和塑料管 Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　）A．在 P 和 Q 中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在 P 中的下落时间比在 Q 中的长D．落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的大4．（4 分）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（　　）A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫块的动能全部转化成内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能　 弹簧长度（cm）8.627.636.66（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小　相等　．（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为　滑块的动能　．（4）重复③中的操作，得到 v 与 x 的关系如图（c）．有图可知，v 与 x 成　正比　关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　压缩量的平方　成正比．【分析】（1）根据胡克定律，F=k△x，结合表格数据，将单位统一，即可求解；（2）调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；（3）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；（4）根据 v 与 x 的关系图，可知，v 与 x 成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求解．【解答】解：（1）表格中，当 50g 时，弹簧长度为 8.62cm，当 100g 时，弹簧长度为 7.63cm，当 150g 时，弹簧长度为 6.66cm，根据胡克定律，F=k△x，设弹簧的劲度系数为 k，原长为 x0，则列式：0.05×9.8=k（x0﹣0.0862）；0.1×9.8=k（x0﹣0.0763）；联立两式，解得：k≈50.0N/m；（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；（4）根据 v 与 x 的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则 v 与 x 成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；故答案为：（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．【点评】考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．　12．（18 分）如图的水平轨道中，AC 段的中点 B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体 P1沿轨道向右以速度 v1与静止在 A 点的物体 P2碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t1=2s 至 t2=4s 内工作，已知 P1、P2的质量都为 m=1kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 μ=0.1，AB 段长 L=4m，g 取 10m/s2，P1、P2和 P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．（1）若 v1=6m/s，求 P1、P2碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能△E；（2）若 P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过 B 点，求 v1的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E．【分析】1、P1、P2碰撞过程，系统动量守恒，列出等式求解 P1、P2碰后瞬间的速度大小，根据能量守恒求得碰撞损失的动能．2、由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以 P 在 AC 间等效为匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解．【解答】解：（1）P1、P2碰撞过程，动量守恒：mv1=2mv…① 解得 v= =3m/s…②碰撞损失的动能△E= m ﹣ （2m）v2…③解得△E=9J…④（2）由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故 P 在 AC 间等效为匀减速运动，设 P 在 AC 段加速度大小为a，由运动学规律，得：μ（2m）g=2maa=μg=0.1×10m/s2=1m/s2…⑤P 返回经过 B 时：3L=vt﹣ at2…⑥由①⑤⑥解得：v=由于 2s≤t≤4s，所以解得 v 的取值范围 5m/s≤v≤7m/s …⑦所以 v1的取值范围 10m/s≤v1≤14m/s…⑧P 向左经过 A 时的速度 v2，则： …⑨将⑦代入⑨可知，当 v=5m/s 时，P 不能到达 A；当 v=7m/s 时，v2= m/s所以 v2的取值范围：v2≤ m/s所以当 v2= m/s 时，P 向左经过 A 点时有最大动能：E= （2m） =17J…⑩答：（1）若 v1=6m/s，P1、P2碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能是 9J；（2）若 P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过 B 点，v1的取值范围 10m/s≤v1≤14m/s，P 向左经过 A 点时的最大动能是 17J．【点评】本题关键是明确 P1、P2碰后的受力情况和运动情况，运用动量守恒定律结合能量守恒列出等式求解，掌握牛顿第二定律分析问题．　13．（18 分）如图所示，足够大的平行挡板 A1、A2竖直放置，间距 6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面 MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为 B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔 S1、S2，两孔与分界面 MN 的距离均为 L．质量为 m、电量为+q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从 S1进入Ⅰ区，并直接偏转到 MN 上的 P 点，再进入Ⅱ区，P 点与 A1板的距离是 L 的 k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．（1）若 k=1，求匀强电场的电场强度 E；（2）若 2＜k＜3，且粒子沿水平方向从 S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小 v 与 k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度 B 与 k 的关系式．【分析】（1）粒子在电场中是直线加速，根据动能定理列式；粒子在磁场中是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解；（2）结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可． 【解答】解：（1）粒子在电场中，由动能定理，有：qEd= …①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力，故：qvB0=m …②当 k=1 时，由几何关系得：r=L…③由①②③解得：E= …④（2）由于 2＜k＜3 时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知：（r﹣L）2+（kL）2=r2…⑤解得：r= …⑥由②⑥解得：v= …⑦粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m …⑧由相似性及几何关系可知：…⑨解得：r1= …⑩由⑧⑩解得：B= ．答：（1）若 k=1，匀强电场的电场强度 E 为 ；（2）若 2＜k＜3，且粒子沿水平方向从 S2 射出，粒子在磁场中的速度大小 v 与 k 的关系式为 v=，Ⅱ区的磁感应强度 B 与 k 的关系式为 ．【点评】本题关键明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系 列式，最后联立求解．　 二、双项选择题：本大题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分．在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或不答的得 0 分．5．（6 分）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（　　）A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小6．（6 分）在光电效应实验中，用频率为 ν 的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（　　）A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改变频率小于 ν 的光照射，一定不发生光电效应D．改变频率大于 ν 的光照射，光电子的最大初动能变大7．（6 分）如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压 U1不变，闭合电键 S，下列说法正确的是（　　）A．P 向下滑动时，灯 L 变亮B．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大8．（6 分）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q 的小球 P，带电量分别为﹣q 和+2q 的小球 M 和 N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与 M 相距 L，P、M 和 N 视为点电荷，下列说法正确的是（　　）A．M 与 N 的距离大于 LB．P、M 和 N 在同一直线上C．在 P 产生的电场中，M、N 处的电势相同D．M、N 及细杆组成的系统所受合外力为零9．（6 分）如图所示，飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为 θ，下列说法正确的是（　　）A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大 C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度　三、非选择题：本大题共 4 小题，共 54 分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（8 分）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P 为滑动变阻器的滑片，闭合电键 S．①用电压表测量 A、B 两端的电压；将电压表调零，选择 0～3V 档，示数如图（b），电压值为　 V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片 P 应先置于　 　端．③要使输出电压 U 变大，滑片 P 应向　 　端．④若电源电路中不接入 R0，则在使用过程中，存在　 　的风险（填“断路”或“短路”）11．（10 分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数 k=　 　N/m（g 取 9.8m/s2）．砝码质量（g）50 100 150弹簧长度（cm）8.627.636.66（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小　 　．（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为　 　．（4）重复③中的操作，得到 v 与 x 的关系如图（c）．有图可知，v 与 x 成　 　关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　 　成正比．12．（18 分）如图的水平轨道中，AC 段的中点 B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体 P1沿轨道向右以速度 v1与静止在 A 点的物体 P2碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t1=2s 至 t2=4s 内工作，已知 P1、P2的质量都为 m=1kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 μ=0.1，AB 段长 L=4m，g 取 10m/s2，P1、P2和 P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．（1）若 v1=6m/s，求 P1、P2碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能△E；（2）若 P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过 B 点，求 v1的取值范围和 P 向左经过 A 点时 的最大动能 E．13．（18 分）如图所示，足够大的平行挡板 A1、A2竖直放置，间距 6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面 MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为 B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔 S1、S2，两孔与分界面 MN 的距离均为 L．质量为 m、电量为+q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从 S1进入Ⅰ区，并直接偏转到 MN 上的 P 点，再进入Ⅱ区，P 点与 A1板的距离是 L 的 k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．（1）若 k=1，求匀强电场的电场强度 E；（2）若 2＜k＜3，且粒子沿水平方向从 S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小 v 与 k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度 B 与 k 的关系式．　2014 年广东省高考物理试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分．1．（4 分）如图是物体做直线运动的 v﹣t 图象，由图可知，该物体（　　）A．第 1s 内和第 3s 内的运动方向相反B．第 3s 内和第 4s 内的加速度相同C．第 1s 内和第 4s 内的位移大小不等D．0～2s 内和 0～4s 内的平均速度大小相等【分析】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移。平均速度等于位移与时间之比。根据这些知识进行解答。【解答】解：A、由图知，在前 3s 内物体的速度均为正值，说明在前 3s 内物体的运动方向不变，故 A 错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第 3s 内和第 4s 内图线的斜率相同，则加速度相同，故 B 正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第 1s 内和第 4s 内的位移大小相等。故 C错误；D、根据“面积”可知：0～2s 内和 0～4s 内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故 D错误。故选：B。 【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。　2．（4 分）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木 P 在支撑点 M、N 处受力的方向，下列说法正确的是（　　）A．M 处受到的支持力竖直向上B．N 处受到的支持力竖直向上C．M 处受到的摩擦力沿 MN 方向D．N 处受到的摩擦力沿水平方向【分析】支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物．静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反．【解答】解：A、M 处受到的支持力与地面垂直向上，即竖直向上，故 A 正确；B、N 处受到的支持力与原木 P 垂直向上，不是竖直向上，故 B 错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在 M 处受到的摩擦力沿地面向右，故 C 错误；D、N 处受到的摩擦力方向由 M 向 N，故 D 错误。故选：A。【点评】解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题．要注意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反．　3．（4 分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管 P 和塑料管 Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　）A．在 P 和 Q 中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在 P 中的下落时间比在 Q 中的长D．落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的大【分析】当小磁块在光滑的铜管 P 下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管 P 下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故 A错误；B、由 A 选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故 B 错误；C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在 P 中的下落时间比在 Q 中的长，故 C 正确；D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的小，故 D错误。故选：C。【点评】考查安培力产生原因，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念．　4．（4 分）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块， 楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（　　）A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫块的动能全部转化成内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能【分析】通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可。【解答】解：A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故 A 错误；B、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故 B 正确；C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故 C 错误；D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故 D 错误。故选：B。【点评】本题关键是明确缓冲器通过摩擦将部分动能转化为内能，还会储存部分弹性势能，再次向内能和动能转化，基础问题。　二、双项选择题：本大题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分．在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或不答的得 0 分．5．（6 分）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（　　）A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小【分析】充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，根据热力学第一定律分析内能的变化。【解答】解：A、充气袋四周被挤压时，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知气体的内能增大。故 A 正确；B、气体的内能增大，温度升高，根据气体方程 =c 气体的压强必定增大，故 B 错误；C、D、气体的体积减小，气体对外界做负功，内能增大，故 C 正确，D 错误。故选：AC。【点评】对于气体，常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功。　6．（6 分）在光电效应实验中，用频率为 ν 的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（　　）A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改变频率小于 ν 的光照射，一定不发生光电效应D．改变频率大于 ν 的光照射，光电子的最大初动能变大【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素． 【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大，若达到饱和电流值，当增大光强，会达到新的饱和电流，光电流会增大。故 A 正确；B、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故 B 错误；C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于 ν，但不一定小于极限频率，故 C 错误；D、在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm=hv﹣W0，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大。故 D 正确。故选：AD。【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用．　7．（6 分）如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压 U1不变，闭合电键 S，下列说法正确的是（　　）A．P 向下滑动时，灯 L 变亮B．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、当滑动变阻器 R 的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据 ，即亮度不变。故 A 错误；B、当滑动变阻器 R 的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故 B 正确；C、当滑动变阻器 R 的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大。因此输入电流也变大。故 C 错误；D、当滑动变阻器 R 的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大。则输出功率增大，故 D 正确。故选：BD。【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．　8．（6 分）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q 的小球 P，带电量分别为﹣q 和+2q 的小球 M 和 N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与 M 相距 L，P、M 和 N 视为点电荷，下列说法正确的是（　　）A．M 与 N 的距离大于 LB．P、M 和 N 在同一直线上C．在 P 产生的电场中，M、N 处的电势相同D．M、N 及细杆组成的系统所受合外力为零 【分析】A、根据对 M、N 受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；B、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解；D、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解．【解答】解：A、对 M、N 分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设 M 与 N 间距为 r，则有： ，解得：r=（ ）L；故 A 错误；B、由于水平桌面光滑，若 P、M 和 N 不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B 正确；C、由带电量为+Q 的小球 P，结合沿着电场线方向电势降低的，则 M 点电势高于 N 点，故 C 错误；D、由题意可知，M、N 及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故 D 正确。故选：BD。【点评】考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法．　9．（6 分）如图所示，飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为 θ，下列说法正确的是（　　）A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度【分析】根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度．【解答】解：A、根据开普勒第三定律 =k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长。故 A 正确；B、根据卫星的速度公式 v= ，可知轨道半径越大，速度越小，故 B 错误；C、设星球的质量为 M，半径为 R，平均密度为，ρ．张角为 θ，飞行器的质量为 m，轨道半径为r，周期为 T。对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G =m r由几何关系有：R=rsin星球的平均密度 ρ=联立以上三式得：ρ= ，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度。故 C 正确；D、由 G =m r 可得：M= ，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球 的半径未知，不能求出星球的平均密度。故 D 错误。故选：AC。【点评】本题关键掌握开普勒定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．　三、非选择题：本大题共 4 小题，共 54 分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．10．（8 分）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P 为滑动变阻器的滑片，闭合电键 S．①用电压表测量 A、B 两端的电压；将电压表调零，选择 0～3V 档，示数如图（b），电压值为　1.30 　 V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片 P 应先置于　 A 　 端．③要使输出电压 U 变大，滑片 P 应向　 B 　 端．④若电源电路中不接入 R0，则在使用过程中，存在　短路　的风险（填“断路”或“短路”）【分析】①根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小．③根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向．④若电源电路中不接入 R0，则在使用过程中，存在短路的可能．【解答】解：①由题，电压表的量程为 0～3V，其最小分度为 0.1V，则图 b 中电压值为 1.30V．②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片 P 应先置于 A 端，使输出电压为零．③要使输出电压 U 变大，PA 间的电阻应增大，所以滑片 P 应向 B 端移动．④若电源电路中不接入 R0，则在使用过程中，滑片移到 B 端时存在短路的可能．故答案为：① 1.30；② A；③ B；④短路．【点评】本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位．要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全．　11．（10 分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数 k=　 50.0 　 N/m（g 取 9.8m/s2）．砝码质量（g）50 100 150