9.质点做直线运动的v－t图像如图所示，该质点（）
A.2s末返回出发点
B.4s末运动方向改变
C.3s末与5s末的加速度相同
D.8s内位移为0
【答案】D
【解析】
【分析】
在速度-时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
【详解】根据图像可知，2s末物体的速度为零，但是没有返回出发点，选项A错误；因2-6s内速度均为正值，可知4s末运动方向没有改变，选项B错误；图像的斜率等于加速度，可知3s末与5s末的加速度大小相同，方向相反，选项C错误；图象与坐标轴围成面积代表位移，可知8s内位移为0，选项D正确；故选D.
【点睛】本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移大小．
10.从地面以相同初速度先后竖直向上抛出两个小球，不计空气阻力，则两小球在空中（）
A.任意时刻机械能都相等
B.某一时刻速度可能相同
C.某一时刻位置可能相同
D.任意时刻速度差不相等
【答案】C
【解析】
【分析】
物体做竖直上抛运动，可以使用位移公式判断出两个小球的位移关系，根据速度时间公式得出两个小球的速度关系．
【详解】两小球的质量不确定，则不能判断两小球的机械能的关系，选项A错误；由速度时间公式得：
v1=v0-gt，v2=v0-g（t-△t）。
由于存在时间差，所以两个小球的速度不可能相同。
两个小球的速度差：
△v=v1-v2=g△t是一个常数，故BD错误；由小球的位移：
h＝v0t−
gt2，h′＝v0（t−△t）−
g（t−△t）2，所以当前一个小球下落的阶段，后一个小球仍然上升时，两个小球可能相遇，即某一时刻位置可能相同。
故C正确；故选C.
【点睛】该题考查竖直上抛运动，在四个选项中，涉及到上升和下落的两个过程，要理清过程中的关系，写出相应的公式，根据公式进行判定．
11.如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t1＝0时的波形图。
经过t2＝0.1s，Q点振动状态传到P点，则（）
A.这列波的波速为40cm/s
B.t2时刻Q点加速度沿y轴的正方向
C.t2时刻P点正在平衡位置且向y轴的负方向运动
D.t2时刻Q点正在波谷位置，速度沿y轴的正方向
【答案】B
【解析】
【分析】
由经过0.1s，Q点振动状态传到P点可知波向左传播的距离，从而求解波速；波向左传播3/4个波长，则质点振动了3/4个周期，由此确定P、Q质点的振动情况。
【详解】由题意可知，0.1s内波向左传播的距离为3m，则波速
，选项A错误；t2时刻Q点振动了3T/4到达了波谷位置，则此时加速度沿y轴的正方向，速度为零，选项B正确，D错误；因t2时刻，Q点的振动传到P点，可知P点正在平衡位置且向y轴的正方向运动，选项C错误；故选B.
【点睛】本题的关键是根据波形平移法确定波传播的距离和波速，分析各个特殊点的位置和状态，再分析质点的振动情况．
12.如图，电源内阻不为零，定值电阻R0不变，闭合电键，滑动变阻器滑片P由A向B移动的过程中（）
A.电源的输出功率先变大后变小
B.电源的输出功率先变小后变大
C.电源内阻的功率一直变大
D.电阻R0的功率先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】
当外电路电阻变化时，外电路电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大；根据电路结构结合数学知识判断外电路电阻的变化，从而根据P=I2R判断电源内阻和电阻R0的功率变化。
【详解】当外电路电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，由于不知道电源内阻和外电路的电阻的关系，则不能确定电源的输出功率的变化情况，选项AB错误；由电路的结构结合数学知识可知，当滑动端P到达AB中点时，滑动变阻器两部分并联的电阻最大，可知滑动变阻器滑片P由A向B移动的过程中，电阻先增加后减小，总电流先减小后增加，根据P=I2R可知电源内阻的功率先减小后增加；电阻R0的功率先变小后变大，选项C错误；D正确；故选D.
二、填空题
13.万有引力定律中的常量G是由科学家卡文迪什通过_________实验测得的；宇宙飞船返回过程中若质量保持不变，则其所受地球的万有引力将_________。
（选填“变大”或“变小”或“不变”）
【答案】
（1）.扭秤
（2）.变大
【解析】
【详解】万有引力定律中的常量G是由科学家卡文迪什通过扭秤实验测得的；宇宙飞船返回过程中若质量保持不变，则随着离地球距离的逐渐减小，其所受地球的万有引力将变大。
14.上海市周边某地恰好位于东经120º，北纬30º，若地球半径取6.4×l06m，则：
该地的物体随地球自转的角速度为_________rad/s；向心加速度为_________m/s2。
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】
【分析】
根据
求解角速度；根据a=ω2r求解向心加速度。
【详解】地球上各点随地球自转的角速度均相同，大小为：
；
向心加速度为
15.如图，将一个质量为m的球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60º，则球对AB板的压力大小为__________；现在AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则球对AC板的压力大小将________________。
【答案】
（1）.
（2）.先减小后增大
【解析】
【分析】
球受重力、两个挡板的弹力处于平衡，根据力的合成可求解球对挡板的压力；当AB板固定，知AB板弹力的方向不变，两弹力的合力竖直向上，大小为mg，改变AC板弹力的方向，根据三角形定则，判断AB板、AC板对球弹力的变化．
【详解】对小球受力分析可知，两板的弹力相等且夹角为1200，两板弹力的合力等于mg，由平行四边形可知挡板对球的弹力为mg，根据牛顿第三定律可知球对AB板的压力大小为mg；两挡板弹力的合力等于重力，大小方向都不变，B挡板弹力的方向不变，改变C挡板的弹力方向，根据三角形定则，（如图）知B挡板的弹力逐渐减小，C挡板的弹力先减小后增大，两板垂直时，球对AC板的压力最小。
【点睛】处理力学的动态分析，抓住不变量，两弹力的合力大小和方向保持不变，B板的弹力方向保持不变，根据三角形定则，可判断出力的大小变化．
16.如图，玻璃瓶倒扣在水中为漂浮状态。
若环境温度不变，大气压强缓慢增大，玻璃瓶内气体的体积将_________；玻璃瓶内外水面的高度差将_________。
（选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】
（1）.变小
（2）.不变
【解析】
【分析】
根据玻璃瓶所受的浮力与重力平衡判断玻璃瓶内外水面的高度差的变化；根据气体状态变化方程判断玻璃瓶内气体的体积的变化.
【详解】因玻璃瓶所受的浮力等于玻璃管的重力，则平衡时玻璃瓶排开水的体积是不变的，即当大气压增大时，玻璃瓶内外水面的高度差将不变；当大气压增加时，则根据p=p0+ρg∆h可知瓶内气体的压强变大，则玻璃管内气体的体积减小；
17.水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小Ff与汽车行驶的速率成正比。
若汽车保持功率不变，速率变为原来的2倍，则汽车的牵引力变为原来的_________倍；若汽车匀加速行驶，速率变为原来的2倍，则汽车的功率_________（选填“大于”“小于”或“等于”）原来的4倍。
【答案】
（1）.
（2）.小于
【解析】
【分析】
当功率一定时，根据P=Fv判断牵引力的变化；当加速度一定时，根据牛顿第二定律判断牵引力的变化，根据P=Fv判断功率的变化。
【详解】速率变为原来的2倍，汽车的功率不变，根据P=Fv可知汽车的牵引力变为原来的0.5倍；若汽车匀加速行驶，速率变为原来的2倍，则阻力f变为原来的2倍，由F=ma+f可知F小于原来的2倍，根据P=Fv，则汽车的功率小于原来的4倍。
三、综合题
18.“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图（a）：
（1）请根据电路图，用笔画线代替导线补全图（b）中的实物连线______；
（2）某次实验得出U－I图像，拟合直线方程为U=－1.50I+1.48，则电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω；
（3）若某同学在连电路时，不小心把图（a）中A点连到了B点，则测得的电源电动势___________，内电阻___________。
（填“增大”“减小”或“不变”）
【答案】
（1）.见解析
（2）.
（3）.
（4）.不变（5）.增大
【解析】
【分析】
（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据闭合电路的欧姆定律公式，与给定的方程对比可得电动势和内阻；
（3）根据电路结构的变化，结合闭合电路的欧姆定律讨论电动势内阻的变化.
【详解】
（1）实物连线如图；
（2）根据闭合电路的欧姆定律公式U=E-Ir与题给电压关系式U=－1.50I+1.48比对系数可知，电源的电动势为E=1.48V，内阻为r=1.50Ω.
（3）若某同学在连电路时，不小心把图（a）中A点连到了B点，则测得的电源电动势不变，内电阻中包含了R0，所以内阻测量值变大。
19.如图所示，A、B为可视为点电荷的两个带正电小球，固定在足够大的光滑绝缘水平面上，A球质量mA=0.2kg，带电量
；B球质量mB=0.1kg、带电量q=1×l0-7C，两球之间距离L=0.1m处。
（静电力恒量k=9×l09N·m2/C2）求：
（1）A球在B球处产生的电场强度；
（2）若同时释放两球，求两球运动过程中加速度大小之比；
（3）释放两球后，经过一段时间，B球速度为vB=4m/s，A球速度为vA=2m/s，两球总的电势能的变化量。
【答案】
（1）
方向水平向右
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）根据点电荷场强公式求解场强；
（2）电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第二定律求解加速度之比；（3）电场力做正功时，电势能的减小量等于动能增加量。
【详解】
（1）根据点电荷场强公式
带入数据解得E=2.4×107N/C，方向水平向右；
（2）根据牛顿第二定律可得：
F=ma即mAaA=mBaB
解得aA：
aB=mB：
mA=1:
2
（3）电场力做正功等于电势能的减小，则
带入数据解得∆E=-12J
20.风洞实验室中可以产生水平向右、大小可调节的风力。
如图甲所示，现将质量为1kg的小球套在足够长与水平方向夹角θ=37°的细直杆上，放入风洞实验室。
小球孔径略大于细杆直径。
假设小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小。
（取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8）
（1）若在无风情况下小球由静止开始经0.5s沿细杆运动了0.25m，求小球与细杆间的动摩擦因数及滑动摩擦力做的功；
（2）如图乙所示，若小球静止在细杆上，求风力大小；
（3）请分析在不同恒定风力作用下小球由静止释放后的运动情况。
【答案】
（1）
（2）
（3）若风力：
小球静止
若风力：
小球沿杆向上作初速度为零的匀加速直线运动
若风力：
小球沿杆向下作初速度为零的匀加速直线运动
【解析】
【分析】
（1）根据运动公式求解小球下滑的加速度，根据牛顿第二定律列式求解球与细杆间的动摩擦因数；根据功的公式求解摩擦力的功；
（2）分两种情况讨论小球的受力情况，根据平衡方程列式求解风力F的大小；
（3）根据风力F的取值范围讨论小球的运动情况；
【详解】
（1）由s=
at2可得a=2m/s2，
根据牛顿第二定律可得FN=mgcos370
Mgsin370-Ff=ma其中Ff=μFN
解得μ=0.5；Wf=-μmgssin370=-1J
（2）风较小时摩擦力沿杆向上：
Ff=μFN
解得F=1.82N；
风较大时摩擦力沿杆向下：
Ff=μFN
解得F=20N；
若小球静止在杆上满足：
0.82N≤F≤20N小球静止；
（3）若风力：
1.82N≤F≤20N小球静止；
若风力：
F>20N小球沿杆向上作初速度为零的匀加速直线运动；
若风力：
F<1.82N小球沿杆向下作初速度为零的匀加速直线运动.
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