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    6．验证动量守恒定律用平抛实验仪器进行实验.转化要验证的等效表达式.对状态过程分阶段测量 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图1

    （1）需要的测量仪器或工具有
    BCDF
    BCDF

    A．秒表      B．天平          C．刻度尺
    D．重锤线    E．打点计时器    F．圆规
    （2）必须要求的条件是
    ABD
    ABD

    A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上
    B．斜槽轨道末端的切线必须水平
    C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
    D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
    （3）某次实验中得出的落点情况如下图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为
    19：5
    19：5
    ．
    （4）在做“验证动量守恒定律”实验中，对产生误差的主要原因表述正确的是
    AD
    AD

    A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上
    B．倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用
    C．没有测量高度，算出具体的平抛时间
    D．测量长度的误差．

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    9分）在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图1

    （1）需要的测量仪器或工具有（         ）

    A．秒表      B．天平         C．刻度尺

    D．重锤线    E．打点计时器   F．圆规

    （2）必须要求的条件是（          ）    

    A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上

    B．斜槽轨道末端的切线必须水平

    C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同

    D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

    （3）某次实验中得出的落点情况如下图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_________       __。

    （4）在做“验证动量守恒定律”实验中，对产生误差的主要原因表述正确的是 (          )

    A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上

    B．倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用

    C．没有测量高度，算出具体的平抛时间mD．测量长度的误差

     

     

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    9分）在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图1
    （1）需要的测量仪器或工具有（         ）

    A．秒表      B．天平         C．刻度尺
    D．重锤线    E．打点计时器    F．圆规
    （2）必须要求的条件是（         ）    
    A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上
    B．斜槽轨道末端的切线必须水平
    C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
    D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
    （3）某次实验中得出的落点情况如下图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_________       __。

    （4）在做“验证动量守恒定律”实验中，对产生误差的主要原因表述正确的是 (          )
    A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上
    B．倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用
    C．没有测量高度，算出具体的平抛时间m
    D．测量长度的误差

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    9分）在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图1

    （1）需要的测量仪器或工具有（          ）

    A．秒表      B．天平          C．刻度尺

    D．重锤线    E．打点计时器    F．圆规

    （2）必须要求的条件是（          ）    

    A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上

    B．斜槽轨道末端的切线必须水平

    C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同

    D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

    （3）某次实验中得出的落点情况如下图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_________        __。

    （4）在做“验证动量守恒定律”实验中，对产生误差的主要原因表述正确的是 (          )

    A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上

    B．倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用

    C．没有测量高度，算出具体的平抛时间mD．测量长度的误差

     

     

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    9分）在做“验证动量守恒定律”实验中，装置如图1

    （1）需要的测量仪器或工具有（          ）

    A．秒表      B．天平          C．刻度尺

    D．重锤线    E．打点计时器    F．圆规

    （2）必须要求的条件是（          ）    

    A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上

    B．斜槽轨道末端的切线必须水平

    C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同

    D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

    （3）某次实验中得出的落点情况如下图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为_________        __。

    （4）在做“验证动量守恒定律”实验中，对产生误差的主要原因表述正确的是 (          )

    A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不是在同一直线上

    B．倾斜部分轨道对入射小球的摩擦力作用

    C．没有测量高度，算出具体的平抛时间m

    D．测量长度的误差

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    1．B　

    2．C解析：为了减小实验误差，用图象法处理数据，应由图线上相距较远的两点所对应的速度、时间，用公式算出加速度。故C正确。由于坐标标度是人为选取的，坐标标度不同，图线的倾角就不同，由公式a = 求出加速度是没有意义的。故B错误。若采用D选项的办法

    ，可见第2、3、4、5组数据将会被削掉，这样实际上只利用了两组实验数据，误差很大。故本题的正确选项为C。

    3．BD；解析：大头针P3插在M位置时出射光线的折射角比插在N位置时出射光线的折射角小，而相应的入射光在液体中的入射角θ是相同的，由折射率公式知，，B正确；若某种液体的折射率足够大，可能发生全反射，在KC部分观察不到大头针P1、P2的像D也正确。

    4．A　　　5．ABC       6．C　　7．AC

    8．AC　解析：本题考查的知识点是串联电路、并联电路。当端短路时，电阻、并联后与串联，之间的电阻为，故选项A正确；当端短路时、并联后与串联，间的电阻为，选项B错误；当两端接通测试电源时，、串联，相当于导线，两端电压为上的电压，所以，选项C正确；同理可得：，选项D错误。

     9．             

    10．逆时针　　解析：当干电池给线圈通通电的瞬间，由右手定则右判断出A线圈产生的磁场方向穿过从线圈B右端进入从线圈B的左端突出，且均匀增加，再根据楞次定律和右手定则可判断出线圈B中产生的感应电流从导线C流到D，再由右手定则可判断小磁针处磁场方向指向纸里，从上向下小磁针N极逆时针偏转。

     11．解析：（1）v1＝cm/s＝16.50 cm/s，同理：v2＝，v3＝…，代入数据得

    v2＝21.40 cm/s v3＝26.30 cm/s

    v4＝31.35 cm/s v5＝36.30 cm/s

    （2）作出v―t图象如图所示，在作出图象后，取A和B两点计算加速度．vA＝12.00 cm/s,tA＝0,vB＝42.20 cm/s,tB＝0.6 s则加速度：

    a＝cm/s2＝50.33 cm/s2

     

    12．解析：⑴①连线如图 ②应使滑动变阻器接入到电路中的电阻最大，保护电路，应滑到b端。⑤开关闭合后，电阻箱短路毫安表，当电阻箱调节后，电路中的电阻增大，所以电路中的电流减小，即标准电流表的示数减小。⑥毫安表指针满偏，对应改装后电流表的值为满偏值，大小为1 A。此时改装后电流表与标准电流表串联，所以标准电流表的示数为1A。

     ⑵①由于电流表内阻约为300 Ω，由并联电路的特点可得并联值,R并约等于3.1Ω，而干路是的电流为1A，毫安表满偏，则：310 Ω②改装后电流表的内阻是310 Ω与3.1Ω的并联值,R并约等于3.1Ω.由并联电路的特点可知, 电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流: （0.494～0.496均可）③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比；等等

    13．（1）5V；A  （2）U1，I；U1－U2，I   （3）大于

    解析：待测电动势4V，电压表的量程应选择5V，滑动变阻器调节范围较大且便于操作，应选择0～20Ω的滑动变阻器A；计算电源电动势和内阻的图线应为路端电压U1与干路电流I的关系图线，计算定值电阻R0的图线应为R0两端的电压（U1－U2）与电流I的关系图线；R0两端的电压（U1－U2）没有误差，电流表示数比R0的实际电流偏小，故R0的测量值偏大。

    14．解析：（1）当开关由1位置拨到2位置时，电流方向反向，磁场方向反向，则此时单匝线圈磁通量的变化量为：，再结合已知：Dφ＝，可知：，由法拉第电磁感应定律：再将前面ΔΦ、B表达式代入，即可得：（2）从表中数据分析可知，在误差范围内B与I成正比，设B=KI，代入表中数据，可得常数K=0.00125，即它们之间的关系B=0.00125I（3）显然为了增大灵敏度，减小误差，所选应为A，B。

     

     

     


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