D.vA>vB,tA>tB
图F9-5
9.如图F9-5所示为某商场的自动喷水灭火系统,使用时悬挂在5m高的天花板上,当传感器感知到有火情时,会以2m/s的速度向水平及下方周围各个方向均匀喷水,忽略水所受到的空气阻力,喷头的灭火面积约为（ ）
A.2m2 B.4m2
C.12m2 D.16m2
图F9-6
10.如图F9-6所示,某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动,将螺丝帽套在塑料管上,手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动,则只要运动角速度合适,螺丝帽恰好不下滑.假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时,下列分析正确的是（ ）
A.螺丝帽的重力与其受到的最大静摩擦力平衡
B.螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外,背离圆心
C.此时手转动塑料管的角速度ω=
D.若塑料管的转动加快,螺丝帽有可能相对塑料管发生运动
11.哥白尼提出行星绕太阳做匀速圆周运动,其运动的示意图如图F9-7所示.假设行星只受到太阳的引力,按照哥白尼上述的观点,下列说法中正确的是（ ）
A.太阳对各行星的引力相同
B.土星绕太阳运动的向心加速度比火星绕太阳运动的向心加速度小
C.水星绕太阳运动的周期大于一年
D.木星绕太阳运动的线速度比地球绕太阳运动的线速度大
图F9-7
图F9-8
12.图F9-8为某电容传声器结构示意图,当人对着传声器讲话时,膜片会振动.若某次膜片振动时,膜片与极板距离增大,则在此过程中（ ）
A.膜片与极板间的电容增大
B.极板所带电荷量增大
C.膜片与极板间的电场强度增大
D.电阻R中有电流通过
图F9-9
13.如图F9-9所示,实线是电场线,带电粒子仅在电场力作用下从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点.关于该粒子,下列说法正确的是（ ）
A.在a点的加速度大于在b点的加速度
B.在a点的电势能小于在b点的电势能
C.在a点的速度小于在b点的速度
D.电场中a点的电势一定比b点的电势高
图F9-10
14.如图F9-10所示的电路中,电源的电动势为6V,当开关S接通后,灯泡L1和L2都不亮,用电压表测得各部分的电压是Uab=6V,Uad=0,Ucd=6V,由此可断定（ ）
A.L1和L2的灯丝都烧断了
B.L1的灯丝烧断了
C.L2的灯丝烧断了
D.变阻器R断路
图F9-11
15.如图F9-11所示,把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方,直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间,导线a端所受安培力的方向是（ ）
A.向上
B.向下
C.垂直于纸面向外
D.垂直于纸面向里
图F9-12
16.新能源汽车发展如火如荼地进行着,某太阳能汽车质量仅约为360kg,输出功率为1440W,安装有约为6m2的太阳能电池板和蓄能电池,在有效光照下,该电池板单位面积输出功率为30W/m2.现有一驾驶员质量为70kg,汽车最大行驶速度为90km/h,汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比,下列说法正确的是（ ）
A.以恒定功率启动时的加速度大小约为0.3m/s2
B.以最大速度行驶时的牵引力大小约为11.5N
C.保持最大速度行驶1h至少需要有效光照12h
D.仅使用太阳能电池板提供的功率可获得8.84m/s的最大行驶速度
17.如图F9-13甲所示,质量m=1kg的小球放在光滑水平面上,在分界线MN的左方始终受到水平恒力F1的作用,在MN的右方除受F1外,还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用,小球从A点由静止开始运动,在0~5s内运动的v-t图像如图乙所示,下列说法错误的是（ ）
图F9-13
A.F1与F2的大小之比为3∶5
B.t=2.5s时,小球经过分界线MN
C.t=2.0s时,恒力F2的功率P=20W
D.在0~2.5s的过程中,F1与F2做的总功为零
图F9-14
18.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图F9-14所示,其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍,则此离子和质子的质量的比值为（ ）
A.11B.12
C.121D.144
二、非选择题（本题共5小题,共34分）
19.（6分）在“探究小车速度随时间变化的关系”实验中:
（1）某同学的实验装置安装中部分结构如图F9-15所示,其中存在的错误或者不合理的地方是 .（写出两点）
图F9-15
（2）已经提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸、细线和导线.为了完成实验,还必须选取的实验器材是图F9-16中的 （填选项字母）.
图F9-16
20.（6分）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中,测量相关因素时操作如下:
（1）为了测量镍铬合金丝的直径,将合金丝在铅笔上密绕37匝,用刻度尺进行测量,如图F9-17甲所示,合金丝的直径为 mm.
图F9-17
（2）用多用电表粗测合金丝的电阻,粗测前应进行下列两个操作（如图乙所示）,首先应进行的操作是 （选填“A”或“B”）.
（3）长度相同、直径之比为2∶3的康铜丝和镍铬合金丝串联,用如图丙所示的电路图进行测量,用直流2.5V挡测量镍铬丝两端电压U2时,其示数如图丁所示,则此时镍铬丝两端的电压U2= V.
21.（6分）如图F9-18所示,质量为0.1g的小球带有5×10-4C的正电荷,小球套在一根与水平面成37°角的细长绝缘杆上,小球与杆间的动摩擦因数为0.5,杆所在空间有磁感应强度为0.4T的匀强磁场.（g取10m/s2）
（1）小球由静止开始下滑的最大加速度为多少?
此时速度为多少?
（2）小球下滑过程中最大速率为多少?
图F9-18
22.（7分）如图F9-19所示,倾角θ=37°、高度为h=0.6m的斜面AB与水平面BC在B点平滑相连,一质量为m的滑块从斜面顶端A处由静止开始下滑,经过B点后,最终停在C点.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,滑块与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25,不计滑块在B点的能量损失,求:
（1）滑块到达B处时的速度大小;
（2）滑块在BC段滑行的距离;
（3）滑块在AB段下滑时间与在BC段滑动时间的比值.
图F9-19
23.（9分）如图F9-20所示,水平平台上一质量m=0.1kg的小球压缩轻质弹簧（小球与弹簧不拴连）至A点,平台的B端连接两个半径都为R=0.2m且内壁都光滑的二分之一细圆管BC及CD,圆管内径略大于小球直径,B点和D点处切线均水平,在地面的E点安装了一个可改变倾角的长斜面EF.已知地面DE段长度为1.5m,且小球与地面之间的动摩擦因数μ1=0.3,小球与可动斜面EF间的动摩擦因数μ2=
.现释放小球,小球弹出后进入细圆管,运动到D点时速度大小为5m/s.
（1）求小球经过D点时对管壁的作用力;
（2）求小球经过E点时的速度大小;
（3）当斜面EF的倾角θ（在0~90°范围内）为何值时,小球沿斜面上滑的长度最短（小球经过E点时速度大小不变）?
并求出最短长度.
图F9-20
学考仿真卷（九）
1.A
2.B [解析]伽利略是最早提出轻重不同的物体自由下落速度相同的物理学家,故A错误;伽利略的理想斜面实验指出力不是维持物体运动的原因,故B正确;卡文迪许的扭秤实验测量出了引力常量,故C错误;奥斯特最早发现了电流周围存在磁场,故D错误.
3.B [解析]百米跑道是直线,起点与终点间的位移大小为100m,选项A正确;平均速度为
m/s=10.03m/s,选项B错误,C正确;百米赛跑大部分时间处在加速和匀速阶段,只有很短的减速时间,选项D正确.
4.D [解析]虽然中间有保护绳,但是向两侧的力过大,绳子可能会断掉,故A错误;把小赵和梯子看成整体,不管两脚间的夹角如何,对地面的压力大小都等于重力大小,故B错误;梯子是否能滑动与梯子两脚间的夹角有关,与人的体重无关,故C错误,D正确.
5.D [解析]根据自由落体运动规律可知,如果物体从题中高度做自由落体运动,时间在3.3s左右,但是题目中围巾下落的运动不能当作自由落体运动,所用时间应大于3.3s,所以8.5s为可能的时间.
6.B [解析]物体做曲线运动的条件是合外力与物体的速度方向不在一条直线上,且物体做曲线运动的瞬时速度方向为该点的切线方向,选项B正确.
7.C [解析]在这个力从零逐渐增大的过程中,木箱要先后经历静止、向右滑动和离开地面等一系列变化过程,在拉力逐渐增大而木箱保持静止的过程中,对木箱受力分析,根据平衡条件知,木箱受到的静摩擦力大小为f=Fcosθ,其中θ为拉力F与水平方向之间的夹角,大小保持不变,所以在这个过程中摩擦力f随着拉力F的增大而逐渐增大;当木箱滑动时,对木箱受力分析,根据平衡条件知,木箱受到的滑动摩擦力大小为f=μN=μ（G-Fsinθ）,所以拉力F逐渐增大时,摩擦力f逐渐减小.综上可知,在木箱离开地面前,它受到的摩擦力将先逐渐增大,后又减小.
8.C [解析]飞镖水平掷出后做平抛运动,在竖直方向上做自由落体运动,有h=
gt2,可得t=
因为落在B点的飞镖下落的高度较大,所以其运动的时间长,即tA=x
x相同时,h越大,则v0越小,所以vA>vB,选项C正确.
9.C [解析]当水被水平喷出时,落地过程的水平位移最大,此时喷出的水做平抛运动,根据公式h=
gt2,解得时间t=1s,水平位移x=v0t=2m,即落地点到中心处最大水平距离为2m,即到喷头水平距离2m处的地面圆均有水,灭火面积S=πr2≈12m2,故C正确.
10.A [解析]螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力,螺丝帽在竖直方向上没有加速度,根据牛顿第二定律得知,螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡,故A正确.螺丝帽做匀速圆周运动,由弹力提供向心力,所以弹力方向水平向里,指向圆心,故B错误.根据牛顿第二定律得FN=mω2r,fm=mg,又fm=μFN,联立得ω=
故C错误.若塑料管的转动加快,则角速度ω增大,螺丝帽受到的弹力FN增大,最大静摩擦力增大,螺丝帽不可能相对管发生运动,故D错误.
11.B [解析]由于各行星的质量不同,各行星的轨道半径不等,万有引力大小不等,故A错误;根据G
=ma,得a=
土星的轨道半径大,则土星的向心加速度较小,故B正确;根据G
=mr
得T=
水星的轨道半径小于地球的轨道半径,则水星的周期小于地球的周期,小于1年,故C错误;根据G
=m
得v=
木星的轨道半径大于地球的轨道半径,则木星的线速度小于地球的线速度,故D错误.
12.D [解析]根据C=
可知,膜片与极板距离增大时,膜片与极板间的电容减小,选项A错误;根据Q=CU可知,极板所带电荷量减小,因此电容器要通过电阻R放电,选项D正确,B错误;根据E=
可知,膜片与极板间的电场强度减小,选项C错误.
13.C [解析]电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,可知Ea14.C [解析]由Uab=6V可知,电源完好,灯泡都不亮,说明电路中出现断路故障,且在外电路的a、b之间.由Ucd=6V可知,灯泡L1与变阻器R是通的,断路故障出现在c、d之间,故灯L2断路,选项C正确.
15.D [解析]根据右手定则可判断,开关闭合后,螺线管产生的磁场N极在右侧,根据左手定则可判断,a端受安培力垂直于纸面向里,选项D正确.
16.D [解析]以额定功率启动时,有
-f=ma,而刚启动时v很小,则f很小,故刚启动时加速度很大,A错误;根据P额=Fvmax,解得F=57.6N,故B错误;根据能量守恒定律得1440W×1h=30×6W×t,解得t=8h,故C错误;汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比,设f=kv,则可求得k的大小,当直接用太阳能电池板提供的功率行驶达到最大速度时,牵引力与阻力大小相等,解得v≈8.84m/s,故D正确.
17.B [解析]小球在分界线MN的左方运动时,在水平方向上只受到恒力F1的作用,小球做初速度为零的匀加速直线运动,对应于图乙中0~1s所示的过程,根据图乙可知,该过程中的加速度为a1=6m/s2,所以F1=ma1=1kg×6m/s2=6N,方向水平向右;根据图乙,在1~2.5s的过程中,小球做匀减速直线运动,加速度大小为a2=4m/s2,最后速度减为零,可见,这对应于甲图小球在分界线MN右侧的运动情况,F2方向水平向左,根据牛顿第二定律得F2-F1=ma2,所以F2=ma2+F1=10N,选项A正确,B错误;t1=2.0s时,小球速度大小为v=2m/s,恒力F2的功率P=F2v=20W,选项C正确;在0~2.5s的过程中,对小球运用动能定理,可知小球动能的改变量为零,所以F1与F2做的总功为零,选项D正确.
18.D [解析]带电粒子在加速电场中运动时,有qU=
mv2,在磁场中偏转时,其轨迹半径r=
联立得r=
由于质子与一价正离子的电荷量相同,B1∶B2=1∶12,当半径相等时,解得
=144,选项D正确.
19.
（1）限位孔和小车未在一条直线上;绳子和轨道不平行
（2）AC
20.
（1）0.6
（2）B （3）0.57
[解析]
（1）通过刻度尺读出37匝的厚度为22.4mm,则每匝的厚度为0.6mm.
（2）在使用多用电表测电阻时,应该先选量程再进行欧姆调零,故B正确;
（3）电表读数按照第二排刻度对应量程读出为0.57V.
21.
（1）6m/s2 4m/s
（2）10m/s
[解析]
（1）以小球为研究对象,由牛顿第二定律得
mgsinθ-f=ma
qvB+FN-mgcosθ=0
f=μFN
可得mgsinθ-μ（mgcosθ-qvB）=ma
当f=0,即v=
=4m/s时,小球的加速度最大,此时am=gsinθ=6m/s2
（2）当a=0,即mgsinθ=μ（qvB-mgcosθ）时,小球的速度最大,此时vm=
=10m/s
22.
（1）2
m/s
（2）1.6m （3）
[解析]
（1）在AB段,滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设加速度大小为a1,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,解得a1=4m/s2
根据
=2a1xAB,则vB=2
m/s
（2）设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmg,a2=
=2.5m/s2
根据
=2a2xBC,解得xBC=1.6m
（3）由题意可知a1tAB=a2tBC,解得
=
23.
（1）13.5N,方向竖直向下
（2）4m/s （3）60° 0.69m
[解析]
（1）小球运动到D点时,根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=13.5N
由牛顿第三定律知,小球对管壁的作用力为13.5N,方向竖直向下
（2）从D到E,小球做匀减速直线运动,根据速度—位移公式得
-
=-2μ1gL
解得vE=4m/s
（3）设由E点到最高点的距离为s,根据牛顿第二定律得μ2mgcosθ+mgsinθ=ma
根据速度—位移公式得s=
可得s=
m
当θ=60°时,s有最小值,smin=0.4
m=0.69m.
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