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    D．地球表面的重力加速度大小可表示为 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T，地球同步卫星离地面的高度为h，则地球同步卫星的线速度的大小可以表示为

    A．           B．            C．              D．

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    在做“单摆测重力加速度”的实验中，
    （1）下面所给器材，选用哪些器材较准确，请把所选用的器材前的字母填写在题后的横线上．
    A．长1m左右的细线；B．长30cm左右的细线；C．直径约2cm的铁球；  D．直径约2cm的木球；
    E．秒表；     F．时钟；G．最小刻度是毫米的直尺；   H．游标卡尺．
    所选用的器材有
    ACEGH
    ACEGH

    （2）如图1所示是秒表记录了单摆振动50次所用的时间，秒表所示读数为
    99.8
    99.8
    s．
    （3）用游标为10分度（测量值可准确到0.1mm）的卡尺测量小球的直径．某次测量的示数如图2所示，读出小球直径d的值为
    1.52
    1.52
    cm．

    （4）如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是
    ABD
    ABD

    A．测摆线长时记入的是摆球的直径
    B．开始计时时，秒表过迟按下
    C．摆线上端末牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
    D．实验中误将49次全振动数为50次．

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    在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
    （1）以下做法中正确的是
    C
    C

    A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度
    B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
    C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
    D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
    （2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
    ①用L、d、N、t表示重力加速度g=
    2π2N2(2L+d)
    t2
    2π2N2(2L+d)
    t2
    ．
    ②他测得的g值偏小，可能原因是：
    BCD
    BCD

    A．测摆线长时摆线拉得过紧．
    B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．
    C．开始计时时，秒表过迟按下．
    D．实验中误将51次全振动计为49次．

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    在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
    （1）以下做法中正确的是______
    A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度
    B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
    C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
    D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
    （2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
    ①用L、d、N、t表示重力加速度g=______．
    ②他测得的g值偏小，可能原因是：______
    A．测摆线长时摆线拉得过紧．
    B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．
    C．开始计时时，秒表过迟按下．
    D．实验中误将51次全振动计为49次．

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    在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
    （1）以下做法中正确的是______
    A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长度
    B．测量周期时，选取最大位移处作为计时起点与终止点
    C．要保证单摆在同一竖直面内摆动
    D．单摆摆动时，对摆角的大小没有要求
    （2）某同学测得以下数据：摆线长为L，摆球的直径为d，单摆完成N次全振动的时间为t，则
    ①用L、d、N、t表示重力加速度g=______．
    ②他测得的g值偏小，可能原因是：______
    A．测摆线长时摆线拉得过紧．
    B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．
    C．开始计时时，秒表过迟按下．
    D．实验中误将51次全振动计为49次．

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    一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的。每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分。

    1．C  2．AB  3．B  4．AD  5．C  6．BD

    7．B  8．ACD  9．BCD  10．D

     

    二、实验题：本题共2个小题，满分12分，把答案直接填在题中的横线上。

    11．（6分，每空2分，有效数字位数错误的每空扣1分）

        4.00  0.500  2.00 

    12．ACEFH（2分）；实物连接如图所示（滑动变阻器分压和限流接法都可以）（4分）

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    三、计算题：本题共4小题，满分48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

    13．（1）设小球到达d点处速度为v，由动能定理，得

              ①（2分）

           小球由d点做平抛运动，有   ②  （1分）

                 ③  （1分）

           联立①②③并代入数值，解得小球从最高点d抛出后的水平射程：

                  ④   （1分）

       （2）当小球通过d点是时，由ko jfy ,hko

    牛顿第二定律得

                  ⑤  （1分）

           代入数值解得管道对小球作用力N=1.1N，方向竖直向下。  ⑥（2分）

       （3）设小球到达c点处速度为vc，由动能定理，得

                ⑦  （2分）

           当小球通过c点时，由牛顿第二定律得ko点时

     

                  ⑧  （1分）

           要使轨道对地面的压力为零，则有

                  ⑨  （1分）

           联立①②③并代入数值，解得小球的最小速度：

              ⑩  （1分）

     

     

     

     

     

     

     

     

     

                 ①（1分）

                   ②  （1分）

                  ③   （1分）

           求出       ④  （1分）

           方向与x轴负方向成45°角  （1分）

           用其它方法求出正确答案的同样给分。

       （2）带电质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力

                  ⑤  （1分）

                 ⑥  （1分）

                   ⑦  （1分）

           由⑤解得：         ⑧  （1分）

           联立④⑥⑦式得   ⑨  （1分）

       （3）带电质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动。当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量

              ⑩  （2分）

           方向沿x轴正方向（1分）

    15．解：（1）A、C两状态体积相等，则有

                ①

           得：   ②

       （2）由理想气体状态方程

                  ③

           得：   ④

           由此可知A|B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等

           而该过程体积增大，气体对外做功，

           气体吸收热量       ⑤

           评分标准：本题共10分。其中①②③每式2分，④式1分，⑤式3分

    16．解：（1）由 图知：A=8┩

             ②

                ③

     

     

     

     

     

     

     

           评分标准：本题共10分，其中，①②③每式2分，正确作图4分。

     

     


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