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很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一小木块，小木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个、第五个钩码之间的距离最大．起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图(a)所示．启动打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50 Hz．图(b)是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示．

①本实验方案中，在不可伸长的细线上挂五个钩码，这样做的目的是什么？

________．

②根据所提供纸带上的数据，判断第五个钩码落地可能出现在纸带中的哪一段？________．

③根据所提供纸带上的数据，可算出木块与桌面的动摩擦因数μ＝________．

④简要分析所提供纸带上的数据，说明“力越小速度就越小”的观点是否正确：________．

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（1）用10分度的游标卡尺测一工件的长度，测得结果如图所示．则该工件的长度L=

 

cm．
（2）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一小木块，小木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个、第五个钩码之间的距离最大．起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图 （a）所示．启动打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．图 （b）是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示．

①本实验方案中，在不可伸长的细线上挂五个钩码，这样做的目的是什么？

 

②根据所提供纸带上的数据，判断第五个钩码落地可能出现在纸带中的哪一段？

 

．
③根据所提供纸带上的数据，可算出木块与桌面的动摩擦因数μ=

 

．
④简要分析所提供纸带上的数据，说明“力越小速度就越小”的观点是否正确：

 

．

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（1）用10分度的游标卡尺测一工件的长度，测得结果如图所示．则该工件的长度L=______cm．
（2）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一小木块，小木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个、第五个钩码之间的距离最大．起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图 （a）所示．启动打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50Hz．图 （b）是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示．

①本实验方案中，在不可伸长的细线上挂五个钩码，这样做的目的是什么？______
②根据所提供纸带上的数据，判断第五个钩码落地可能出现在纸带中的哪一段？______．
③根据所提供纸带上的数据，可算出木块与桌面的动摩擦因数μ=______．
④简要分析所提供纸带上的数据，说明“力越小速度就越小”的观点是否正确：______v=

s

t

知在逐渐增大，所以“力越小速度就越小”的观点是不正确的．

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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_损=P₁×4%                                           ②        

P_损=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_损=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v_B，由机械能守恒得：

            （1分）

        求得：v_B=10m/s.        （1分）

（2）设小球经过C点时的速度为v_C，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v_S，在此过程中阻力所做的功为W，易知v_D= v_B，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＝    ⑧

 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，