福建省福州第三中学2024-2025学年高三下学期第十二次质检物理试题

2025年福建省福州三中高考物理第十二次质检试卷 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.下列关于光的说法合理的是(    ) A. 图甲是光导纤维的工作原理示意图，内芯的折射率比外套的折射率小 B. 图乙是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑” C. 图丙中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动、N缓慢转动时，光屏P上光斑的亮度出现明、暗交替变化，此现象表明光波是纵波 D. 图丁是空气中双缝干涉原理图，若到、、到S等距的路程差是半波长的偶数倍，则处是亮纹中心 2.将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线和等势面分布如图所示，a、b两点关于金属球A、B的连线对称，c、d为金属球B外表面的两点，下列说法正确的是(    ) A. 金属球B左侧带正电 B. a点与b点电场强度相同 C. cf间的电势差与间的电势差相等 D. 将带正电的试探电荷从a点移到f点，电势能增加 3.图甲为一列简谐波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则(    ) A. 在时，质点P的速度方向为y轴正方向 B. 质点Q简谐运动的表达式为 C. 从到，该波沿x轴正方向传播了4m D. 从到，质点P通过的路程为30cm 4.如图所示，倾角为的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A、B，物块A通过劲度系数为k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直但无拉力，释放物块C，物块A、B分离时，滑块C恰好落地。重力加速度大小为g，不计滑轮质量及摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法错误的是(    ) A. 初始时，弹簧的压缩量为 B. 物块A、B分离时，弹簧弹力等于 C. 从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的速度先增大后减小 D. 从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的加速度一直减小 二、多选题：本大题共4小题，共24分。 5.在电梯内的底面上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法正确的是取(    ) A. 该同学所受的重力变小 B. 电梯可能竖直向上运动 C. 该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力 D. 电梯的加速度大小为，方向竖直向下 6.月球探测器返回舱为了安全带回样品，采用了类似“打水漂”多段减速技术。如图所示，用虚线球面表示地球大气层边界，边界外侧没有大气。关闭发动机的返回舱从a点滑入太气层，然后经b点从c点“跳出”，经d点后再从e点“跃入”。d点为轨迹最高点，距离地面高度为h，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R。则下列分析正确的是(    ) A. a、c、e三点的速率满足 B. 返回舱在b点有竖直向下的加速度分量 C. 返回舱在d点时的角速度小于 D. d点加速度大小等于 7.某地的机动车出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OM与横杆MN链接而成，M、N为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆MN上，在道闸抬起过程中，快递袋始终与横杆MN保持相对静止，且杆MN始终水平，此过程中杆OM绕O点从水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆OM长度为L，重力加速度为g。下列说法正确的是(    ) A. N点线速度大小大于M点线速度大小 B. N点的加速度始终沿ON方向 C. M、N两点都在做匀速圆周运动 D. 快递袋能够与横杆MN保持相对静止一起运动的最大速率 8.如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E，内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒ab垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑轻质定滑轮后与静止在地面上的质量为m的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒ab与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知导体棒ab距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒ab向左运动的过程中，下列说法正确的是(    ) A. 闭合开关S瞬间细线中的拉力大小为 B. 导体棒最终的速度大小为 C. 导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为 D. 从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于导体棒与重物组成的系统增加的机械能 三、填空题：本大题共3小题，共9分。 9.如图所示，a、b是两种单色光射入正六边形冰晶，则冰晶对单色光a的折射率______填“大于”或“小于”冰晶对单色光b的折射率，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度______填“大”或“小”。如果让太阳光从冰晶射向空气，逐渐增大入射角，则a、b两种单色光中，单色光______填“a”或“b”更容易发生全反射。 10.如图甲所示图像，一定质量理想气体经过两次等温变化、两次等容变化由状态完成一个循环，这样的过程叫斯特林循环。的过程中，单位体积中的气体分子数目______选填“增大”“减小””或“不变”，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示，则状态D对应的是______选填“①”或“②”。 如图甲所示，在和的过程中，气体放出的热量分别为4J和20J，在和的过程中，气体吸收的热量分别为20J和12J。求完成一次循环外界对气体所做的功______。 11.如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，，，匝数匝，线圈电阻，外电阻。线圈在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度，则产生感应电动势的最大值为______ V，交流电压表的示数为______ V；从图示位置起，转过过程中，通过线圈截面的电荷量为______ C。 四、实验题：本大题共2小题，共13分。 12.某实验小组用如图甲所示的装置来探究小球做匀速圆周运动时所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系。 在探究向心力F与角速度的关系时，若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为1：9，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为______填选项前的字母。 A.1：3 B.3：1 C.1：9 D.9：1 为验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，某同学设计了如图乙所示的实验装置，电动机带动转轴匀速转动；A端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一宽度为d的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。 实验步骤： ①测出挡光片与转轴的距离为L； ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为r； ③启动电动机，使凹槽AB绕转轴匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数F和挡光时间。 小钢球转动的角速度______用L、d、表示； 该同学为了探究向心力大小F与角速度的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距离为，则小钢球的质量______ kg。结果保留2位有效数字 13.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。某同学计划利用压敏电阻测量物体的质量，他先测量压敏电阻处于不同压力F时的电阻值。利用以下器材设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，要求误差较小，提供的器材如下： A.压敏电阻，无压力时阻值 B.滑动变阻器，最大阻值约为 C.滑动变阻器，最大阻值约为 D.灵敏电流计G，量程，内阻为 E.电压表V，量程，内阻约为 F.直流电源E，电动势为3V，内阻很小 G.开关S，导线若干 滑动变阻器应选用______选填“”或“”，实验电路图应选用______选填“图1”或“图2”。 实验中发现灵敏电流计量程不够，若要将其改装为量程30mA的电流表，需要______选填“串联”或“并联”一个电阻，______。 多次改变压力F，在室温下测出对应电阻值，可得到如图3所示压敏电阻的图线，其中表示压力为F时压敏电阻的阻值，表示无压力时压敏电阻的阻值。由图线可知，压力越大，压敏电阻的阻值______选填“越大”或“越小”。 若利用图4所示电路测量静置于压敏电阻上物体的质量，需要将电压表表盘刻度值改为对应的物体质量。若，则应标在电压值______选填“较大”或“较小”的刻度上。请分析表示物体质量的示数是否随刻度均匀变化，并说明理由。 五、计算题：本大题共3小题，共38分。 14.如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求： 子弹击中物块前瞬间的速度大小； 子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能； 若子弹穿过物块时间，求子弹对物块的平均作用力大小。 15.2024年6月13日消息，“中国环流三号”项目，在国际上首次发现并实现了一种先进磁场结构，对提升核聚变装置的控制运行能力具有重要意义。“中国环流三号”是我国自主设计建造的规模最大、参数最高的先进磁约束托卡马克装置，被誉为新一代人造太阳。磁约束即用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动。某一磁约束装置如图所示，现有一个环形区域，其截面内圆半径，外圆半径，圆心均为O点。环形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，已知磁感应强度大小为B。A点为内圆右侧上一点，从A点可向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子以不同速度垂直射入磁场，不计粒子重力，且不考虑粒子之间的相互作用力。【答案可用含根号与的表达式表示】 若带电粒子在A沿相切与内圆向上的方向射入磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子的速度大小； 若带电粒子沿着OA方向垂直射入磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子速度大小； 求带电粒子以中的速度从A点射入磁场到再次返回A点时所需的时间。 16.如图所示，质量、长度的木板A放置在水平地面上，左端静置一个质量的物块B，物块与木板之间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数。在木板的右侧有一半径的竖直光滑半圆细管道，末端切线水平且固定在底座C的最左端，底座C和细管道的总质量，底座的高度与木板等高，与地面间的摩擦可忽略。现用向右的水平力作用于物块上，当物块到达木板最右端时撤掉力F，撤掉力F的瞬间木板恰好与底座发生弹性碰撞，物块滑到底座上并进入细管道，物块从细管道最低点运动到管道顶端最高点的时间为，物块运动到细管道最高点时离地面的高度为。物块视为质点，重力加速度g取。求： 力F作用的时间； 物块到达细管道最高点时，管道对物块的弹力；结果保留三位有效数字 最终物块落地点到木板右边的距离s。结果保留三位有效数字 答案和解析 1.【答案】D  【解析】A.图甲是光导纤维的工作原理示意图，利用的是光在内芯中发生全反射，所以内芯的折射率比外套的折射率大，故A错误； B.图乙是“牛顿环”，一种薄膜干涉现象，故B错误； C.图丙中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光度将明、暗交替变化，即偏振现象，只有横波才有偏振现象，表明光波是横波，故C错误； D.图丁是空气中双缝干涉原理图，若到、的路程差是半波长的偶数倍，说明点是振动加强的点，则处是亮纹，故D正确。 故选：D。 A、根据光导纤维原理全反射条件分析； B、要区分圆盘衍射的“泊松亮斑”和薄膜干涉的“牛顿环”； C、光的偏振现象表明光是一种横波； D、根据双缝干涉条纹明暗条件分析。 本题主要考查光的折射定律、光的干涉、光的偏振的理解与应用。解决本题时要掌握折射率与光的偏折程度的关系，理解平行板玻璃砖的光学特性，知道光是一种横波。 2.【答案】C  【解析】解：A、由于金属球A带正电，根据静电感应原理可知，金属球B左侧带负电，右侧带正电，故A错误； B、电场线疏密表示电场强弱，电场线某点的切线方向为该点的电场强度方向，图像可知a点与b点电场强度大小相等，方向不同，故B错误； C、达到静电平衡的导体为等势体，可知c点的电势与d点的电势相等，cf间的电势差与间的电势差相等，故C正确； D、沿电场方向电势降低，由题图可知，a点的电势高于f点的电势，则将带正电的试探电荷从a点移到f点，电场力做正功，电势能减少，故D错误。 故选：C。 根据静电感应原理进行分析；达到静电平衡的导体为等势体，表面是一个等势面；根据电场力做功情况进行分析；根据电势能的计算公式进行解答。 无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。 3.【答案】A  【解析】解：A、时刻Q点沿方向振动，根据同侧法可知，该波向x轴负方向传播，故在时，质点P从开始运动了个周期，故质点P的速度方向为y轴正方向，故A正确； B、圆频率：，则质点Q简谐运动的表达式为：，解得：，故B错误； C、由题可知，，，波速为：，解得： 从到，该波沿x轴负方向传播了：，故C错误； D、由于P点在时不是在波峰或波谷，也不在平衡位置，故从到，经过个周期，此时P正在向上运动，速度减小，所以质点P通过的路程小于30cm，故D错误。 故选：A。 时Q点在平衡位置上，由乙图确定Q的运动方向，从而确定了该波向左传播，结合经历的时间确定质点P的位置，从而得出质点P的运动方向．根据周期得出角频率，从而得出振动的表达式．根据波长求出波速，结合经历的时间求出波传播的距离。 本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。 4.【答案】C  【解析】解：A、初始时，细线恰好伸直但无拉力，对A、B整体，由平衡条件得：，解得：，故A正确； B、两物块分离时物块间的弹力为零，由牛顿第二定律得： 对B、C整体： 对A： 解得：，故B正确； CD、分离时弹簧的弹力，解得： 开始运动到分离过程，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得： 运动过程x逐渐减小，系统所受合力减小，加速度逐渐减小，故C错误，D正确。 本题选错误的，故选：C。 应用平衡条件求出初始时弹簧的压缩量； A、B分离时两者间的弹力为零，应用牛顿第二定律求出弹簧的弹力； 从开始运动到分离过程根据受力情况应用牛顿第二定律分析答题。 本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。 5.【答案】BD  【解析】解：A、在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故A错误； B、人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向下加速，也可能向上减速，故B正确； C、同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，故C错误； D、以竖直向下为正方向，根据牛顿第二有：，即，解得，方向竖直向下。故D正确； 故选：BD。 人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下。 做超重和失重的题目要抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重。 6.【答案】CD  【解析】解：返回舱从a点滑入大气层经b点到达c点的过程，由于有空气阻力做负功，返回舱的动能减小，故有，从c点经d点后达到e点的过程，不受空气阻力作用，返回舱在该过程机械能守恒，而c点和e点高度相等，返回舱在两点的重力势能相等，故有，所以，故A错误； B.返回舱由a运动到b再到c的过程中，做曲线运动，合力的方向应指向轨迹的凹侧，所以返回舱在b点有向上的加速度分量，故B错误； C.若返回舱过d点所在的圆轨道做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，，所以，实际上，返回舱经过d点的速度，根据线速度与角速度的关系可得，故C正确； D.返回舱在d点时，根据牛顿第二定律有，又，联立得，故D正确。 故选：CD。 A.根据空气阻力做功和机械能守恒定律进行分析判断； B.根据曲线运动的特点进行分析解答； 根据万有引力提供向心力和黄金代换式以及线速度和角速度的关系式、牛顿第二定律进行分析解答。 考查万有引力定律的应用和曲线运动问题，黄金代换式的应用，会根据题意进行准确分析解答。 7.【答案】CD  【解析】解：、N两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，故A错误，C正确； B.由前分析知，N点加速度始终和MO方向平行即和M点加速度同向，故B错误； D.设快递袋质量为m，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为，如图： 由 联立得 其中 由数学知识可知，v最大值为 故D正确。 故选：CD。 根据M、N两点相对静止判断 B.根据N点加速度方向和M点加速度方向判断； D.根据数学思想求快递袋能够与横杆MN保持相对静止一起运动的最大速率。 本题考查了圆周运动的基本规律以及运动的合成与分解，本题的难点在于利用图像分析N点在竖直方向、水平方向的运动情况。 8.【答案】BD  【解析】解：A、闭合开关S瞬间，回路中的电流为： 导体棒所受安培力： 对导体棒和重物整体受力分析，由： 代入数据解得： 闭合开关S瞬间细线中的拉力大小为 故A错误； B、导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，根据牛顿第二定律可知，导体棒向做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为 v，则回路中的电流： 由平衡条件可得： 解得： 故B正确； C、导体棒匀速运动时，回路中的电流为： 直流电源的输出功率： 故C错误； D、重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的整体增加的机械能，故D正确。 故选：BD。 A.根据闭合电路欧姆定律和安培力计算公式，应用牛顿第二定律求解闭合开关瞬间重物的加速度进而求出细线中的拉力大小； B.当导体棒受到的安培力与重物的重力相等时导体棒的速度达到最大，并以此速度开始匀速运动。根据法拉第电磁感应定律求得棒切割磁感线产生的感应电动势，确定回路的总电动势，求解出最终回路中的电流，根据平衡条件求解最终的速度； C.直流电源的输出功率等于电阻R发热功率与重物上升的机械功率之和； D.对导体棒和重物组成的整体，根据功能关系分析。 本题主要是考查了法拉第电磁感应定律，要掌握当同时存在电源电动势与感应电动势时，如何确定回路的中的电流，分析时可将切割磁感线的导体棒等效为电源。 9.【答案】小于  大  b  【解析】解：光从空气斜射到冰晶上，由于折射率不同偏折程度不同，由图可知，单色b光偏折程度较大，单色a光偏折程度较小，所以此冰晶对a光的折射率小于b光的折射率； 因为此冰晶对a光的折射率小于b光的折射率，则根据可知，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度大； 因为此冰晶对a光的折射率小于b光的折射率，则根据可知，单色光b的临界角较小，所以单色光b比单色光a更容易发生全反射； 故答案为：小于；大；b。 光从空气斜射到冰晶上，根据偏折程度，判断冰晶对光的折射率大小；结合折射率大小，根据，判断光在冰晶中传播速度的大小，根据，判断哪种单色光更容易发生全反射。 本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。 10.【答案】增大  ②    【解析】解：由图可知，的过程中气体的体积减小，所以单位体积中的气体分子数目增大。 根据理想气体的状态方程可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积pV值越大，所以由图可知； 气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度升高时，最大速率向速度较大的方向移动，故，所以状态D对应的是②。 在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即。 由题意可知，和的过程中，气体放出的热量分别为4J和20J，在和的过程中气体吸收的热量分别为20J和12J，则吸收的热量 由热力学第一定律得： 解得： 即气体完成一次循环外界对气体所做的功是。 故答案为：增大，②，。 的过程中，气体体积减小，分析单位体积中的气体分子数目的变化。温度是分子热运动平均动能的标志，气体分子热运动的统计规律：中间多，两头少，温度升高，分子的平均动能增大。根据热力学第一定律有求解完成一次循环外界对气体所做的功。 本题是图像问题，解题的关键从图像判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决． 11.【答案】      【解析】解：由法拉第电磁感应定律可知，该交流电的感应电动势的表达式为：，结合图中的条件可知：，代入解得最大值为：； 由正弦交流电的峰值与有效值关系可知有效值为：，根据闭合电路欧姆定律，可知交流电压表的示数满足，解得：； 由法拉第电磁感应定律可知从图示位置转过的过程中，，由闭合电路欧姆定律， 由电流与电荷量的关系，可解得通过线圈截面的电荷量为：。 故答案为：；；。 由法拉第电磁感应定律可知，该交流电的感应电动势的表达式，结合图中的条件，即可求解最大值；由正弦交流电的峰值与有效值关系，根据闭合电路欧姆定律，可求解交流电压表的示数；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电流与电荷量的关系，可求解通过线圈截面的电荷量。 本题考查交流电的计算，易错点是，求解电压表示数时，需注意线圈有内阻。 12.【答案】B     【解析】解：根据题意可知两小球的向心力之比为1：9，两球的半径和质量相等； 根据向心力公式可知，两球转动的角速度之比为 两塔轮之间靠皮带传动，变速塔轮的线速度大小相等； 根据线速度与角速度的关系可知，两变速塔轮对应的半径之比为，故B正确，ACD错误。 故选：B。 挡光片的线速度，小钢球和挡光片同轴，则小钢球的角速度 该同学为了探究向心力大小F与角速度的关系，要采用控制变量法，需要控制金属块的质量m和金属块到转轴的水平距离r两个量保持不变； 根据向心力公式 图像的斜率 结合函数斜率的含义，图像斜率 小钢球的质量。 故答案为：；；。 根据皮带传动的塔轮特点知道它们的线速度大小相等，根据向心力大小之比得到它们的角速度之比，进而可以得到塔轮的半径之比； 根据极短时间内的平均速度求解挡光片的线速度，根据线速度与角速度的关系求解角速度； 根据向心力公式求解函数，结合图像斜率的含义求解作答。 本题考查了探究小球做匀速圆周运动时所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验，要明确实验的原理，掌握线速度与角速度的关系，掌握向心力公式的运用。 13.【答案】  图1  并联    越小  较小  【解析】解：为方便实验操作，滑动变阻器应选用；由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，因此实验电路图应选用图1。 把电流计改装为量程30mA的电流表，需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值。 由图3所示图象可知，随压力F增大，增大而不变，则变小，即压力越大，压敏电阻的阻值越小。 若，则压敏电阻受到的压力，压敏电阻阻值，电压表测压敏电阻两端电压，电阻越小电阻分压越小，则，即应标在电压值较小的刻度上。由图3所示可知，与压力成反比，根据图4所示电路图可知，电压表示数，U与不成正比，刻度不均匀。 故答案为：；图1；并联；；越小；较小；由于电压表示数与压敏电阻阻值不成正比，物体质量的示数不随刻度均匀变化。 为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器的接法，然后选择实验电路图。 扩大电流表量程需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。 根据图示图象分析答题。 根据题意与图示电路图分析答题。 理解实验原理、分析清楚电路结构与图示图象是解题的前提；知道电流表的改装原理，应用并联电路特点与欧姆定律即可解题。 14.【答案】解：子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为 其中 子弹射穿木块过程由动量守恒，以的方向为正方向 解得 子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 解得 子弹从击中物块到穿出过程中，对子弹有动量定理得：向上为正 代入得 答：子弹击中物块前瞬间的速度大小为； 子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能为； 子弹对物块的平均作用力大小为29mg。  【解析】对题目进行条件设置，根据匀变速直线运动推论结合牛顿第二定律，动量守恒定律列式联立求解； 根据能量的转化和守恒定律列式求解损失的机械能； 根据动量定理求子弹对物块的平均作用力大小。 考查匀变速直线运动规律，牛顿第二定律以及动量、能量守恒等，会根据题意进行准确分析解答。 15.【答案】解：由题意可知当粒子从A点与内圆相切向上射入磁场，且轨迹恰好与外圆相切，如图甲 根据几何关系有 解得 洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有 则 当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子不穿过外圆边界如图乙所示 根据几何关系有 解得 洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有 解得 带电粒子以速度v射入磁场中时，根据几何关系有 解得 故其运动轨迹如图丙所示 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 带电粒子在磁场中运动的圆心角为，第一次回到A点在磁场中运动的时间为 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，第一次回到A点在磁场外所用的时间为 带电粒子从A点进入磁场到其再次回到该点所需要的时间 解得 答：粒子的速度大小为； 粒子速度大小为； 带电粒子以中的速度从A点射入磁场到再次返回A点时所需的时间为。  【解析】根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子的速度大小； 根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子速度大小； 根据几何关系和周期公式求带电粒子以中的速度从A点射入磁场到再次返回A点时所需的时间。 本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子的运动轨迹分析，根据圆周运动中洛伦兹力提供向心力分析解答。 16.【答案】解：对物块B，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 对木板A，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 设物块B到达木板A右端的时间为，在时间内木板的位移 在时间内物块B的位移 又因为 代入数据解得： 时，木板A的速度 时，物块的速度 木板A与底座C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得： 由机械能守恒定律得： 代入数据解得：， 木板B从圆弧轨道最低点运动到最高点过程中，水平方向动量守恒， 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： 由机械能守恒定律得： 代入数据解得：， 对B，由牛顿第二定律可得： 代入数据解得：，方向竖直向上 物块B滑到底座C上，并进入圆弧轨道，物块B和底座C在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： 则：，因为，代入数据解得： 木板A碰后向左运动的加速度 木板A向左减速到停止的位移 物块B从轨道最高点做平抛运动 竖直方向： 水平方向： 代入数据解得：， 最终物块落地点到木板右边的距离 代入数据解得： 答：力F作用的时间是1s。 物块到达细管道最高点时，管道对物块的弹力大小是，方向竖直向上。 最终物块落地点到木板右边的距离s是。  【解析】应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解。 弹性碰撞系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出物块到达最高点时的速度，然后应用牛顿第二定律求解。 应用动量守恒定律与运动学公式求出物块到达轨道最高点时的速度，离开轨道后做平抛运动，应用运动学公式求解。 本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难度较大；根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与动量守恒定律即可解题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$