D.整个装置的效率为 查看更多

 

题目列表(包括答案和解析)

用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟 力的关系”的实验.实验时保持小车的质量不变,用钩码所受的重力作为小车受到的合力,用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度.
(1)实验时先
不挂
不挂
(填“挂”或“不挂”)钩码,
安装
安装
(填“安装”或“不安装”)纸带.反复调整垫木的左右位置,直到
轻推一下小车时小车能做匀速直线运动或纸带上打的点均匀分布
轻推一下小车时小车能做匀速直线运动或纸带上打的点均匀分布
,这样做的目的是
平衡小车运动中所受的摩擦阻力
平衡小车运动中所受的摩擦阻力

(2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出,测出各计数点到A点之间的距离,如图乙所示.已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端,则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=
1.0
1.0
m/s2.(结果保留两位有效数字)

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用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟 力的关系”的实验.实验时保持小车的质量不变,用钩码所受的重力作为小车受到的合力,用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度.
(1)实验时先______(填“挂”或“不挂”)钩码,______(填“安装”或“不安装”)纸带.反复调整垫木的左右位置,直到______,这样做的目的是______.
(2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出,测出各计数点到A点之间的距离,如图乙所示.已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端,则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=______m/s2.(结果保留两位有效数字)

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利用图中所示的装置可以研究自由落体运动.实验中需要调整好仪器,接通打点计时器的电源,松开纸带,使重物下落.打点计时器会在纸带上打出一系列的小点.

(1)为了测得重物下落的加速度,还需要的实验器材有
C
C
.(填入正确选项前的字母)
A.天平        B.秒表        C.米尺
(2)实验中打下的一条纸带,O点是重物开始下落时打下的起点,该小组在纸带上选取A、B、C、D、E、F、G七个计数点,每两个计数点间还有一个计时点(图中未画出),各计数点与起点O的距离如图所示,已知打点计时器工作频率为50Hz,分别计算B、C、D、E、F五个计数点,则当地的重力加速度为
9.78
9.78
(结果保留3位有效数字).

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利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器,接通打点计时器的电源,松开纸带,使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。

①为了测得重物下落的速度和加速度,还需要的实验器材有       

(填入正确选项前的字母)

A.天平    B.秒表    C.米尺     D.弹簧测力计

②打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上,下图为实验中打出的一条纸带,从起始点O开始,将此后连续打出的7个点依次标为ABCD……。打点计时器打F点时,重物下落的速度为         m/s,该重物下落的加速度为    m/s2。(结果保留两位有效数字)

 

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利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器,接通打点计时器的电源,松开纸带,使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。
①为了测得重物下落的速度和加速度,还需要的实验器材有       

(填入正确选项前的字母)

A.天平B.秒表C.米尺D.弹簧测力计
②打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上,下图为实验中打出的一条纸带,从起始点O开始,将此后连续打出的7个点依次标为ABCD……。打点计时器打F点时,重物下落的速度为        m/s,该重物下落的加速度为    m/s2。(结果保留两位有效数字)

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题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

C

D

C

ACD

D

A

B

D

BCD

ACD

BD

AC

13.(1) ①从该时刻经,质点M恰经过平衡位置,所以位移为0。②该时刻。振动增强的点是:M、O、P、Q;振动减弱的点是:N。  (2) C

14.(10分)(1)a.干电池正常;b.电键正常;c.闭合天关关回路是连通的,没有断路之处。(3分)(每答对一点得1分);

   (2)ACF(3分)  (有一处错误即不给分)

   (3)由于灯丝的电阻率随温度的升高而增大,欧姆表测出的小灯泡电阻值是常温下的电阻值,而根据公式计算出的小灯泡电阻值是高温下(正常工作)的电阻值。(3分,每答对一点得1分)      (4)H(3分)

15. (10分)(1)刻度尺;   (1分)

(2)把木板的末端垫起适当高度

以平衡摩擦力 (2分)

(3)点距均匀(1分)

(4)2W、3W、4W、5W(2分)

(5)v2(1分);图像 (2分)

(6)分析误差来源或改进试验

方案或测量手段,重新进行试验(1分);

若答:“修改试验数据数据,

使之符合自己的推测”得0分;

16.(1)分析:要求了解光电效应的规律及光子说理论。

解答:由爱因斯坦光电效应方程可得:

*=W+m                 ∴*=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10―19J

∴λ==4.3×10―7 m

 (2)评析:(1) 输电线的电阻为:      ①        

P=P1×4%                                           ②        

P=I2 R                                              ③     

P2=P1                                                 ④     

P2=I2U2                                               ⑤      

由①②③④⑤式得升压变压器的输出电压:U2=80000V      ⑥     

(2)  输电线上的电压的损失:U=I2R=3200V              ⑦  

17.(14分)分析和解:(1)带电粒子经过电场加速,进入偏转磁场时速度为v,由动能定理

      …………………①(1分)

进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动,轨道半径为r

………………②(2分)

   打到H点有    ………………………③(1分)

由①②③得 …………(1分)

(2)要保证所有粒子都不能打到MN边界上,粒子在磁场中运动偏角小于90°,临界状态为90°,如图所示,磁场区半径

            (2分)

 所以磁场区域半径满足   (1分)

18.(14分) 解:(1)设小球经过B点时的速度大小为vB,由机械能守恒得:

            (1分)

        求得:vB=10m/s.        (1分)

(2)设小球经过C点时的速度为vC,对轨道的压力为N,则轨道对小球的压力N’=N,根据牛顿第二定律可得:

 N’-mg =     (2分)

由机械能守恒得:

     (2分)

由以上两式及N’= N求得:N = 43N.      (2分)

(3)设小球受到的阻力为f,到达S点的速度为vS,在此过程中阻力所做的功为W,易知vD= vB,由动能定理可得:

    (2分)

求得W=-68J. (2分)

小球从D点抛出后在阻力场区域内的运动轨迹不是抛物线.(2分)

19.(16分) (1)由题意可知:板1为正极,板2为负极                  ①

  两板间的电压U=                      ②

而:S=πr2                                ③

带电液滴受的电场力:F=qE=              ④

故:F-mg=-mg=ma

a=-g                                              ⑤

讨论:

一.若 a>0

液滴向上偏转,做类似平抛运动

y=                  ⑥

当液滴刚好能射出时:

有 l=v0t   t=  y=d 

故 d=                          ⑦

由②③⑦得  K1                         

 要使液滴能射出,必须满足 y<d    故 K<K1

二.若 a=0

液滴不发生偏转,做匀速直线运动,此时 a=-g=0    ⑨

由②③⑨得 K2                  ⑩

液滴能射出,必须满足K=K2

三.若 a<0,、,液滴将被吸附在板2上。

综上所述:液滴能射出,

 

(2)B=B0+Kt

当液滴从两板中点射出进,满足条件一的情况,则

替代⑧式中的d

                     12

                  13

20.(16分)⑴木块和木盒分别做匀减速运动,加速度大小分别为:aA = μAg = 1m/s2                                        

aB = μBg = 2m/s2    设经过时间T发生第一次碰撞  则有:

L-l = SA-SB = V0T-   代入数据得:T = 2s          (2分)

⑵碰前木块和木盒的速度分别为:VA′=V0-aAT=16m/s    VB′=V0-aBT=14m/s

相碰过程动量守恒有:mvA′+mvB′= mvA+mvB     

代入数据得: vA=vB′=14m/s  方向向右                                     (2分)

  vB = vA′=16m/s  方向向右                                               (2分)

⑶设第一次碰撞后又经过T1时间,两者在左端相遇有: L-l = SB-SA

     SB= vB T1    SA= vA T1    代入数据得;T1=T=2s           (2分)

在左端相碰前:木块、木盒速度分别为:m/s   m/s

可见木块、木盒经过时间t1=2T在左端相遇接触时速度恰好相同               (2分)

同理可得:木块、木盒经过同样时间t2 = 2T,第二次在左端相遇 m/s

木块、木盒第三次又经过同样时间t3=2T在左端相遇,速度恰好为零。由上可知:木块、木盒,最后能同时停止运动                                              (2分)

经历的时间:t= 6T = 12s                                                 (2分)

(4)由⑵归纳可知:v0 = 6K(K取:1,2,3……)                                    (2分)

 

 

 

 


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