2022-2033学年河北衡水高三（上）第三次月考物理试卷（附答案详解）.pdf

2022-2033学年河北衡水中学高三（上）第三次月考物理试卷1.如图所示，骨科病房常使用的牵引装置示意图，轻质的细绳的一端固定，另一端绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的布带可产生牵引的拉力F,整个装置在同一竖直平面内.若要使牵引的拉力尸增大些，可采取的方法是（）A.只增加倾斜细绳与水平线的夹角0B.保持夹角。不变只增加倾斜的两根细绳的长度C.只将两定滑轮的间距增大D.只将牵引的定滑轮保持竖直距离不变向右移动2.如图所示，一试探电荷进入真空中等量的同种点电荷所形成的电场中，A、8、C是试探电荷运动轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）A.试探电荷一定从A点到8点再到C点B.试探电荷在8点的加速度小于在C点的加速度C.当试探电荷从A点到8点再到C点时，速度先增大再减小D.试探电荷一定带负电3.如图所示，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地（取大地电势为零），金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，4、B、C是垂线上的三个点且8、C在金属导体表面，贝 心）A.B、C两点的电场强度一定相同B.3点与导体内部的各点电势相等C.A、B、C三点的电势均大于零D.负电荷在A点的电势能大于在C点的电势能4.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆（大小忽略不计）穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg,绳长为0.5m,悬挂点P到腰带中心点。的距离为0.2m,水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为。，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是（）A.若使用者觉得锻炼不够充分，决定增大转速，腰带受到的合力变大B.当使用者掌握好锻炼节奏后能够使0稳定在37。，此时配重的角速度为5rad/sC.使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变则。变小D.当用力转动使。从37。增加到53时，配重运动的周期变大5.如图，三根均匀带电的绝缘棒“、b、C围成等边三角形，4、6棒带等量同种电荷。此时三角形的中心。点产生的电场强度大小为2E。若仅撤去C棒，。点的场强大小为坑；若仅将棒a叠于棒b处，则。点场强大小为（）A.4E。B.V7E0 C.2E0 D.Eo6.如图所示，三根长度均为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里.电流大小均为/,其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为殳，直线电流C的质量为z,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C位于水平面恰好处于静止状态，则C受到的摩擦力方向和C与水平面的动摩擦因数分别是（）A.水平向右，=邈 匹 B.水平向左，=孚 匹mg 2mgC.水平向右，n=学 匹 D.水平向左，=四 匹7.如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为0,一质量为?、长为乙的导体棒外垂直于导轨放置，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒ab中通有方向从a到b的恒定电流/时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，则磁感应强度的大小（重力加速度为g）（）A.先增大后减小 B.先减小后增大 C.可能为笔 电 D.可 能 为 畀IL ILsmO8.如图所示，空间存在与三角形ABC所在平面平行的匀强电场，=30,4c=90。，BC=2cm,。为AC边上的一点，且4。=BD.若在A处有一个放射源，能向各个方向射出动能为14eV的a粒子（氯原子核），经过8、C两点的a粒子的动能分别为22eV和20eV,不考虑a粒子之间的相互作用，重力忽略不计，则下列说法中正确的是（）A.电场强度的方向为由A指 向C B.电场强度的大小为200N/CC.C、。两点之间的电势差D.经过。点的a粒子动能为18eV9.如图所示平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连。实验中极板所带电荷量不变，下列说法正确的是（）A.在A、8两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板，电容C变小B.在A、B间平行插入厚度小于极板间距的铝板，静电计指针张角变大C.将B板向上平移少许，静电计指针张角变大D.将2板向左平移少许，两极板间电场强度不变1 0.如图甲所示，质量分别为,、M的物体A、8静止在劲度系数为的弹簧上，A与8不粘连.现对物体A施加竖直向上的力F,使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，则（）图甲图乙A.在图乙中P Q段表示拉力尸逐渐增大B.在图乙中Q S段表示B物体减速上升C.位移为%3时，小B 一起运动的速度大小为：J a o(%2 +X 3)D.位移为%1时，A、B之间弹力为m g -kxr-M a01 1.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于0点,另一端系着一个质量为?、电荷量为“的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于0M的初速度为,使其在竖直平面内绕。点恰好做完整的圆周运动，A B为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为誓,重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是()A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为理?乙B.细线断裂后，小球动能的最小值为：m g LC.从细线断裂到小球的动能与8点动能相等的过程中，电势能增加了机g LD.从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了号z n g L1 2.图1是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了 1、2两个光电门，两滑块上均固定一竖直遮光条。(1)小组成员甲先用螺旋测微器测量滑块A上的挡光片宽度心如图2所示，小组成员乙用游标卡尺测量滑块B上遮光条照的宽度如图3所示，则四=mm,dB=mm-.(2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节。使轨道右端（选 填“升高”或“降低”）一些。（3）测出滑块4和遮光条的总质量为小 小 滑块8和 遮 光 条 的 总 质 量 为 将 滑 块B静置于两光电门之间，将滑块A静置干光中门1右侧，推动A,使其获得水平向左的速度，经过光电门1并与8发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间为光电门2记录的挡光时间为a 3,则实验中两滑块的质量应满叫I_爪8（选填或“=”），滑块A、B碰 撞 过 程 动 量 守 恒 的 表 达 式（请用题目中给出的已知量表示）。（4）若两滑块的质量关系为巾8=2mA,当两滑块碰撞过程满足心：dB=（用/t和戊3表示），则说明碰撞过程为弹性碰撞。1 3.某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻号的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力.已知该电阻勺 的阻值变化范围为50。250仅供选择的实验器材如下：A.电源E（电动势为3 V,内阻不计）B.电流表4 （量程为3 m A,内阻T =10。）C.电流表人2（量程为30加4,内阻约为1。）D电 压 表 量 程 为15匕 内阻约为5k0）E.电阻箱治（09999.90）F.定值电阻Ro=500G开关S及导线若干（1）为了较准确地测量电阻&，请在图甲中虚线框内将测量电阻&的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。（2）要测量电阻灯,在电阻灯上加一个竖直向下的力尸，闭合开关S后，根据所设计的电路需要 测 量 和 记 录 的 物 理 量 有（多选）。A.通过电流表4的电流A8.通过电流表2的电流，2C.电压表V两端的电压UD电阻箱&的电阻Ri(3)该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻咒 随所加外力尸的勺-F 图像，如图乙所示.该同学将这种压敏电阻&与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4 U,内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0100N,压力为100N时对应电压表3y 的刻度，则定值电阻R=Q,电压表2M刻度对应压力表50N的刻度.这 样 改 装 的 压 力 表 的 压 力 刻 度(选 填“均匀”或“不均匀”)。14.如图甲所示，将一倾角。=37。的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场，一质量m=0.2kg,带电荷量q=+2.0 x IO”。的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s后撤去电场，小物块运动的u-t 图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g=10m/s2o (sin37=0.6,cos37=0.8)求：(1)物体和斜面间的动摩擦因数及电场强度E 的大小；(2)小物块从释放开始，经过多长时间,返回出发点。(结果可以带根号)15.如图所示，木板A、B 静止于光滑水平桌面上，B 上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C,B、C 间的动摩擦因数为，A、B 由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态,现在突然给C一个向右的速度2%,让 C在 B 上滑动，当 C 的速度为孙时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时8 的 速 度 为 A、B、C 的质量均为加。(1)从 C获得速度2%开始经过多长时间绳子被拉直？(2)拉断绳子造成的机械能损失为多少？(3)若最终滑块C未脱离木板B,则木板B的长度至少为多少？16.平面直角坐标系X。)，内存在着沿x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为&),如 图 1所示 由A 点斜射出一质量为机，带电荷量为-q 的粒子，B和 C是粒子运动轨迹上的两点，各点坐标如图所示，粒子所受重力忽略不计，求：(1)粒子从A 到 C过程动能的变化量AEk；(2)粒子运动到C 点时的速率；(3)若从粒子经过8 点开始计时，电场强度开始发生变化，变化情况如图2 所示，其中T=4 j碧，取 x 轴正方向为电场的正方向，求粒子经过y 轴时的坐标。E2图答案和解析1.【答案】D【解析】解：对与滑轮接触的一小段绳子受力分析，如图受到绳子的两个等大的拉力解得:F=2mgcos6A、要增大力F,关键是要减小角。或者增大?，故 A错误；B、增加绳子长度不会改变角度0,故不会改变里F,故 B错误；C、由几何关系可知，两个滑轮间距增大，会增加角氏故拉力F 会减小，故 C错误；。、由几何关系可知，两个定滑轮保持竖直距离不变向右移动，会减小 角 氏 故拉力/会增大，故D正确；故选：D.对与滑轮接触的一小段绳子受力分析，根据共点力平衡条件求出脚对绳子的拉力，根据表达式讨论即可.本题关键求出拉力的表达式，然后根据表达式求解.2.【答案】B【解析】解：A、试探电荷可能从A 点到B 点再到C 点，也可能从C 点到8 点再到A 点，根据题意无法判断试探电荷的运动方向，故 A 错误；8、电场线的疏密程度表示场强的大小，C 点的电场线比8 点密集，故 C 点的场强大于B 点的场强，试探电荷在8 点的电场力小于在C 点的电场力，在 8 点的加速度小于在C 点的加速度，故 8正确；。、由曲线运动的条件可知，点电荷对试探电荷的电场力一定指向曲线的凹侧，则试探电荷受到斥力作用，试探电荷带正电，故。错误。C、当试探电荷从A 点到8 点再到C 点时，电场力与速度的夹角先是钝角后是锐角，先做负功后做正功，动能先减小后增大，速度先减小后增大，故 C错误；故选：B。电场线的疏密程度表示电场强度的大小，进而判断试探电荷的加速度大小；曲线运动所受电场力一定指向曲线的凹侧，根据受力方向判断试探电荷的电性；根据电场力方向与速度方向判断电场力做功情况，进而得到试探电荷的速度变化。本题考查带电粒子在电场中运动的轨迹类问题，依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口。3.【答案】B【解析】解：4导体表面处的场强不为零，表面处的场强方向跟导体表面垂直.所以8、C两点的电场强度一定不同，故A错误；B.处于静电平衡状态的导体是一个等势体，所 以B点与导体内部的各点电势相等，故8正确；C.过A、B、C三点的电场线如图所示+o沿着电场线方向电势降低，且导体是一个等势体，所以0c=SB 04 2(Lsin0+r)解得3 =当。=37。，代入数据解得3 =y/15rad/s故3错误；C使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，以滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律 F=2nnmr2 变小，轨道对滑轮作用力减小，滑轮对绳子的作用力减小，绳子对配重的作用力也减小，根据丁 _ mgcosd可知。变小，故C正确；D根据3 =Id鹭:，当。=53。时3=l-ra d/s根据r =40）可知周期变小，故。错误。故选：Co本题根据圆周运动中的牛顿第二定律列式，可以求解角速度。本题考查学生对生活中圆周运动模型的分析能力，核心是合力提供向心力，列牛顿第二定律的等式。5.【答案】B【解析】解：设。、b棒带等量同种正电荷，由题知，若仅撤去c棒，0点的场强大小由2E。变成殳说明c棒带等量负电荷，且在。点产生的电场强度与带等量同种电荷的。、匕棒在。点产生的合场强相等设。棒在。点产生的电场强度为E,人棒在。点产生的电场强度也为E,根据平行四边形定则，则有=2Ecos60解得：E=E。若仅将棒。于棒。处，电量变为原来的两倍，则两棒在O点产生的电场强度为E=2殳根据余弦定律，可得三根据棒在O点场强大小为E冷=V（2F0）2+-2 x 2E0 x E0cos 1200=V7E0,故8正确，AC错误。故选：B。根据O点的场强特点分析出a、b棒的带电性质，从而确定八棒在O点单独产生的电场的方向，对撤去c棒前后列两个方程，求出。、匕棒在。点单独产生的电场强度大小，进而求出八6棒叠加时产生的合场强。本题考查的是电场的合成，要充分理解各棒在。点产生的场强是独立的，遵循矢量叠加法则，难度不大。6.【答案】A【解析 解：A、8 电流在C 处产生的磁感应强度的大小分别为8 ,如图所示:根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，则有：Bc=yf3B0；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为以=V5BO/L；由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受 到 的 静 摩 擦 力 大 小 为 方 向 水 平 向 右；结合公式=3=逊 退，故 A 正确，8CD错误；FN mg故选；Ao根据矢量合成法则，可知A、B 电流在C 处的磁应强度叠加的大小，再由左手定则与安培力大小表达式，结合受力平衡方程和摩擦力的计算公式即可完成分析。本题考查磁感应强度的矢量性，掌握矢量合成法则，注意几何知识的应用，同时掌握受力平衡条件，特别注意静摩擦力的方向。7.【答案】C【解析】解：A B、对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力以，三力平衡，合力为零,将支持力“和安培力治合成，合力与重力相平衡，如图所示从图中可以看出，磁场的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，安培力以一直变大，由于片=B/L,其中电流/和导体棒的长度L 均不变，故磁感应强度渐渐变大，故 A8错误;C D,磁场方向垂直于斜面向上，根据左手定则，安培力方向沿导轨平面向上，导体棒受重力、支持力和安培力，如图所示：根据平衡条件，有:FA=BIL=mgsind解得：B=嚼 竺，故C正确，。错误。故选：C o本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力自，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由沿斜面向上逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析。三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可。8.【答案】D【解析】解：A、假设A点电势为0,根据能量守恒及8C两点动能，可求得8点电势为-4 V,C点电势为-3 S因为匀强电场中电势差与距离成正比，可知图中E点电势也为-3 V,即EC为等式线，如图所示：因为电场线与等式线垂直且沿电场线电势降低，所以电场线沿AB方向，故4错误；8、根据匀强电场场强电势关系得：P_ UEBE BE根据几何关系得：BE=B C c o s 3 0 联立解得场强为：E =100N/C,故8错误；C、由图可知。点电势和下点电势相等，且=所以尸为AB中点，可得/电势为一 2 U,即。点电势为-2 1/,CD两点间电势差位D=WC-=(-3 1 0-(2 1 0 =-IV,故C错误；D、根据。点电势可知。点电势能为-4 e U,根据能量守恒可知。点动能为1 8 eV,故 正确。故选：Do根据能量守恒及三点动能关系可知三点电势关系，找等式点确定电场线方向，带入相应公式即可求解.综合应用了能量守恒，注意通过作图确定等式线、电场线，对能力有一定要求。9 .【答案】CD【解析】解：4、在 A、B两板间平行插入厚度小于极板间距的陶瓷板，根据。=品可知，电容C增大，故 A错误；B、在 A、B间平行插入厚度小于极板间距的铝板，相当于减小距间距离，根据。=品 可 知，电4nka容 C增大，根据C =g可知，电势差减小，故静电计的张角减小，故 2错误；C、将 B板向上平移少许时，两板间的正对面积减小，根据C=5吟可知，电容C减小，由C =?可4nkaU知，两板间的电势差增大，故静电计的张角变大，故 C正确；D、将 8板向左平移少许时，两板间的距离增大，根据C =吊、C =号、E =，得：E =当,4nka U a rS可见两板间的距离增大，两极板间电场强度不变，故。正确；故选：C D。充电后断开电源，则两极板上的电量不变；要使张角张大，则应增大两板间的电势差；根据电容的定义式及平行板电容器的决定式可以分析各选项能否使张角增大。对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由定义式和决定式可确定电势差的变化，注意静电计与验电器的区别。1 0 .【答案】A D【解析】【分析】根据题目提供的条件，对 A B 进行受力分析，然后结合牛顿第二定律与运动学的公式即可解答.解题的关键是要理解S 2 前 F是变力，S 2 后下可能是恒力的隐含条件.即在S 2 前物体受力和S 2 以后受力有较大的变化.【解答】解：A、开始时，质量分别为?，M的物体A,8静止在劲度系数为4 的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：F =(M+771)9,随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而尸0段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：F (M+m)g+F=(M +m)a；F 强减小，所以产增大。故 A正确；8、在乙图Q S 段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动。故 8 错误；C、0 x3,a-x 图像面积S =-a0,打时候/-0 =2 S,得到。=y/a0(x3+x2),故 C 错误D、尸开始时，质量分别为mM 的物体A,8 静止在劲度系数为忆的弹簧上，弹簧的弹力：Fo=(M+m)g当弹簧伸长了右后，弹簧的弹力：居=(M+m)g/e xI以B为研究对象，贝 I：F1-Mg-Fxl=M a0得：=m g -kxx-M a。.故 D 正确；故选：AD.1 1.【答案】ABD【解析】解：4由题意等效最高点在连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N,则在N点满足F =工(mg)2+(W m g)2 =2mg所以2 m g-m三即动能的最小值为E k m i n =mv2=mgL故 A正确；B.由题意细线断裂后，当 B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从8到 N点，由动能定理得一2 m g a -Z,s i n 3 0 )=m v2所以最小动能为E l m 讥=|m(vBs i n 3 0 0)2联立解得：E k mi n=mgL故 8 正确；C因为从细线断裂到小球的动能与8 点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足如c o s 3 0。=atx=vBs i n 3 0 -2 tAEp=(q E xc o s 6 0)联立解得：AEp=mgL即电势能增加|a g L,故 C错误；/).从细线断裂到小球的电势能与8 点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于B点水平方向的速度等大反向时，即加=a%qE =ma!1九=尹(2 一)2W =-AE p1=mgh解得=mgL故。正确。故选：ABD.掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比。掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力。12.【答案】6.6905.5降 低 唾=噌 叫写1畋一点4 tl 4 t3 4 t2 4 t3 弋4 d+4 4【解析】解：(1)螺旋测微器的读数是固定刻度读数加上可动刻度读数，图中的读数为服=6.5 mm+19.0 x 0.01mm=6.690mm游标卡尺的游标尺有10个格，其精确度为0.1m m,其的读数是主尺读数加上游标尺的读数，图中的读数为dp=5mm+5 x 0.1mm=5.5mm(2)给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。说明滑块做加速运动，应该降低轨道右端的高度；(3)要使滑块A 与滑块B碰撞后反弹，则应该满足叫4 mB滑块A 两次经过光电门1的速度为=整，滑块品经过光电门2 的速度为93=察a 3以水平向左为正方向，滑块4、8 碰撞过程动量守恒的表达式为佃=巾 8%-m.w联立解得：半=半_噢14G ZU3 加2(4)若 A、B 碰撞为弹性碰撞，除了动量守恒外，还需要满足机械能守恒，=|mBv|+加 那两滑块的质量关系为巾8=27n.，联立解端二好禹故答案为：(1)6,690,5 5 (2)降低；,若=噱-嗡；甯后餐(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；(2)明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；(3)为了保证滑块A 与滑块8 碰撞后能反弹，则需要m*巾 8；滑块通过光电门的速度。=，根据动量守恒定律如%=如%-啊W，可以求出守恒的关系式。(4)根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解。本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了游标卡尺和螺旋测微器读数问题，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据题意应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。1 3.【答案】ABD 1 5 0不均匀【解析】解：(1)电路图如图所示:甲(2)由实验原理可知，电流&和R串联后和勺并联,根据欧姆定律得R x =华普Of故需要读取的数据为电流表必和乙 的读数4、/2，电阻箱的阻值R 1.故A B O正确，C错误；故选：ABD.(3)由乙图可知，2 5 0-5 0R x=2 5 0 JQQF =2 5 0 -2F由丙图利用欧姆定律，得后=(/+/?丫联立得E =U +g (2 5 0 -2 F)由题意，F =1 0 0 N时，U =3 V可得：R =1 5 0/2,当压力F =0时，可得U =整理得F =2 0 0 -等可知，尸与U不是线性关系，故压力表的刻度不是均匀的。故答案为：(1)图见解析；(2)A B D；(3)1 5 0不均匀(1)根据实验原理，可以画出实验电路图；(2)根据电路的欧姆定律，可以写出待测电阻的表达式，由表达式可以知道需要读取的数据：(3)由乙图可以知道压敏电阻和压力的关系，再利用欧姆定律得出压敏电阻和电压表示数关系，进而得到压力和电压表示数关系。本题考查伏安法测电阻，关键在于利用图象来处理问题，结合图象，得出各物理量的关系。1 4 .【答案】解：(1)由图像得，加速时4%2-0,_ai=ZtT=oT-m/s 20m/s减速时Av 2 0-202 =-ZI7=02m/s=10m/s由牛顿第二定律得，加速时，E q mgsind-F,=m ax减速时，7 ng s in。+/y =m a2又因为，Ff=fimgcosd联立得 =0.5,*=3 x 103N/C(2)由u -t 图得物块返回过程的位移为图线与坐标轴所围面积,即 x =2 x3 m=0.3 m由牛顿第二定律，可得。3 =g s inO g e o s。=2m/s2返回时，物块做匀加速直线运动，有工=&3 饯联立得t 3 =V o 3 s所以从静止释放，到返回出发点的总时间为t =%+t 2 +t 3 =(0.3 +V 0 3)s答：(1)物体和斜面间的动摩擦因数为0.5,电场强度E 的大小为3X103N/C；(2)小物块从释放开始，经过(0.3 +短)s s 返回出发点。【解析】(1)对物体受力分析，根据图像计算加速度的大小，根据牛顿第二定律计算动摩擦因数 及电场强度E 的大小；(2)返回时，物块做匀加速直线运动，根据位移计算时间。此题考查图象和牛顿第二定律的应用，知道u-t 图象斜率表示加速度，图象与时间围成的面积表示位移。1 5 .【答案】解：(1)从 C 获得速度2%到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，对 C 根据动量定理得：=m -v0 2mv0解得：t =生；(2)设绳子刚拉直时3的速度为外，对 8、C 系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得:m-2 v0=m v0+m vB计算得出:VB=v0绳子拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：1m vB=mvA 4-m 解得：vA=绳子拉断过程中，以A、8为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为：1 1 1 1/E=2m vB-2 x x m,(2 vo)2解得4 E=严 诏；(3)设C在拉断前的过程中相对于B的位移为L,由能量守恒定律可得：1 1 1,加(2%)2 =+2m vi+m g L i解得：乙1 =凡设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了人，此时二者速度相等时乙2最小，对BC分析，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：1m v0 4-m v0=2 nw共由能量守恒定律有：v0)2=|x mgL2L L Z L 及解得：L2=-/1611g木板的最小长度为：L=Lx+L2联立解得：L=答：(1)从C获得速度2%开始经过含时间绳子被拉直；(2)拉断绳子造成的机械能损失为诏；(3)若最终滑块C未脱离木板B,则木板B的长度至少为黑。【解析】(1)当C的速度为为时绳子刚好伸直，对C根据动量定理求解从C获得速度2%开始到绳子刚好伸直的时间；(2)在整个运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求解绳子拉断后的速度，再根据能量守恒求解整个系统损失的机械能；(3)根据能量守恒定律求解绳拉断时C相对于木板通过的距离，再根据动量守恒定律、能量守恒定律求解绳子拉断后C相对于木板的距离，由此得解。本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。1 6.【答案】解：(1)粒子从A到C,由 动 能 定 理 有=W=qE0(xc-xA)=3qEolo(2)根据抛体运动的特点，粒子在y 轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹最高点。在x 轴上，可令。=XtAQ t0 B=TQ则 c =T0根据牛顿第二定律可得a =誓 x=aTx+3 Z0=i a(2 T0)2解得%=房粒子在O C段做类平抛运动，则有2 =vC y(2T0)vCx=矶2 7()所以%=.+忧y=J 当 普(3)由(2)可知电场方向未改变，粒子过点B时，将粒子的初速度分解为网0 和%0,有以o =叫 。=卜兀粒子经过8点后，在0-7内粒子所受电场力水平向左，沿 x 轴方向先做匀减速直线运动0.5&)q =m at可得加速度大小a i=：a =黑设 X 轴方向粒子速度减为零的时间为3有0 =以0 -1可得t=2To=由对称性可知再经看粒子回到y 轴，0 -7 内粒子在y 轴方向做匀速直线运动的位移为s =vy 0T=4 1 o经分析可知粒子经过)，轴的坐标为(O,%+4 n Z o)，其中n =0,1,2答：(1)粒子从A到 C过程动能的变化量为3 q E o。；(2)粒子运动到C点 时 的速率为积蚪；(3)粒子经过)，轴的坐标为(O o +4 n L),其中n =0,1,2【解析】(1)由动能定理，求动能变化量；(2)粒子在y 轴方向做匀速直线运动，粒子在Q C段做类平抛运动，根据匀速直线运动位移公式和匀加速直线运动公式，以及牛顿第二定律，联立求速度；(3)求粒子过点3时沿x、y 的速度分量，根据匀变速直线运动速度公式，求时间，y 轴方向做匀速直线，根据匀速直线位移公式求坐标。本题考点综合，考查学生对动能定理、匀变速直线运动和匀速直线运动公式的掌握，其中分析运动过程是解题的关键，难度较高。