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在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
（1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为

B

B

A．20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台
B．100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台
C．100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
D．100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台
（2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最

低

低

（填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间求出周期．
（3）用十分度的游标卡尺测量摆球直径的结果如图所示，则小球的直径为

20.2

20.2

mm．
（4）增大单摆简谐振动周期的方法是

A

A

．
A．加大摆长  B．加大摆角      C．加大摆球质量D．减小摆球质量
（5）若用L表示摆长，单摆完成20次全振动所用时间为t，那么重力加速度的表达式为g=

1600π2L

t2

1600π2L

t2

．

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在“用单摆测定重力加速度”的实验中
（1）以下说法正确的是

C

C

．
A．测量摆长时应将摆球取下后再测量
B．摆球应选用半径约2cm的木球
C．实验中应控制摆角不大于10°是为了减小系统误差
D．实验中只要测量一次全振动的时间即可知道单摆振动的周期
（2）测周期时，当摆球经过

平衡

平衡

位置时开始计时并计数“0”，测出经过该位置100次的时间如图中秒表所示，则周期为

2.00s

2.00s

．（结果保留3位有效数字）
（3）一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验，用正确的操作方法，测定了6组摆长L和周期T的对应值．为求出当地的重力加速度，同学们提出了4种不同方法．你认为以下4种方法中，不合理的有

AB

AB

A．从测定的6组数据中任意选取1组，用公式g=4π²L/T ²求出g作为测量值
B．求出L的平均值

.

L

和T的平均值

.

T

，用公式g=4π²

.

L

/

.

T

²求出g作为测量值
C．用6组L、T值，用g=4π²L/T²求出6个g，再求这6个g的平均值作为测量值
D．在坐标纸上作出T ²-L图象，从图象中计算出图线斜率K，根据g=4π²/K求出g．

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“在用单摆测定重力加速度”的实验中

（1）用摆长为L和周期T计算重力加速度的公式是g=

4π2L

T2

4π2L

T2

．
（2）如果用10分度的游标卡尺测得的摆球直径如图甲所示，则摆球的直径d=

1.35

1.35

cm；用最小刻度为1mm的刻度尺的零点对准摆线的悬点，测得的摆线长如图乙所示，则单摆的摆长为L=

96.15

96.15

cm；如果测量了40次全振动的时间如图丙所示，则此单摆的振动周期T=

1.98

1.98

s．
（3）由实验数据得出重力加速度g=π²：

9.74m/s²

9.74m/s²

．

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一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1.AC  2.B  3.C  4.BD  5.D  6.B  7.AB  8.B  9.CD  10.ABD

二、本题共3小题，共14分。把答案填在题中的横线上。

11.ABD(3分)        (注：选对但不全的得2分)

12.(1)F；F′ (3分)            (2)不变 (2分)

13.；(2分)  ；(2分)       mg（2分）

(注：用相邻两段位移表达出来，只要表达正确的不扣分)

三、本题包括7小题，共56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，有数值计算的题的答案必须明确写出数值和单位。

14.(7分)

解：(1)设斜面对箱子的支持力为N，箱了上滑的加速度为a。根据牛顿第二定律，得平行斜面方向，F-mgsin37°-μN=ma，      …………1分

垂直斜面方向，N=mgcos37°,      …………1分

解得箱子的加速度a=(sin37°+μcos37°)=2.4m/s²      …………2分

(2)设箱子滑到斜面顶端的速度v，由运动学公式，

v²=2as，   …………2分

解得                                          v= 。  …………1分

15.(7分)

解：(1)设塔顶距地面的高度为h,根据自由落体运动公式，得

h=gt²=80m。  …………2分

(2)设石块落地时的速度为v，根据匀变速运动规律，v=gt。 …………2分

    设石块落地时重力做功的功率为P，则P=mgv=mg²t=2.0×10³W 。…………3分

16.(8分)

解：(1)滑块B沿轨道下滑过程中，机械能守恒，设滑块B与A碰撞前瞬间的速度为v₁，则                                                   mgR=。 …………1分

滑块B与滑块A碰撞过程沿水平方向动量守恒，设碰撞后的速度为v₂，则

               mv₁=2mv₂ 。      …………1分

设碰撞后滑块C受到轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律，对滑块C在轨道最低点有                                                        N-2mg=2mv/R ，…………1分

联立各式可解得，                            N=3mg。  …………1分

根据牛顿第三定律可知，滑块C对轨道末端的压力大小为N′=3mg。…………1分

(2)滑块C离开轨道末端做平抛运动，设运动时间t，根据自由落体公式，

     h=gt² 。…………1分

滑块C落地点与轨道末端的水平距离为s=v₂t ，…………1分

联立以上各式解得s=。  …………1分

17.(8分)

       解：(1)飞船在圆轨道上做匀速圆周运动，运行的周期   T=。 …………1分

       设飞船做圆运动距地面的高度为h，飞船受到地球的万有引力提供了飞船的向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，得

。 …………2分

       而地球表面上的物体受到的万有引力近似等于物体的重力，即

=mg,  …………1分

联立以上各式，解得                  h=-R。 …………1分

(2)飞船运动的圆轨道的周长      s=2π(R+h)， …………1分

动行的速度                            v==，   …………1分

解得                                   v=。  …………1分

18.(8分)

       解：(1)重锤在竖直平面内做匀速圆周运动，当重锤运动通过最高点时，打夯机底座受连接杆竖直向上的作用力达到最大。此时重锤所受的重力mg和连接杆对重锤向下的拉力T₁提供重锤的向心力，根牛顿第二定律

       T₁+mg=mw²R。    …………1分

       连接杆对打夯机底座向上的拉力       T₁′=T₁。 …………1分

       当T′=Mg时，打夯机底座刚好离开地面，  …………1分

       解得                                   ω=。  …………1分

(2)当重锤通过最低位置时，重锤所受的重力mg和连接杆的拉力T₂的合力提供重锤的向心力，根据牛顿第二定有： T₂-mg=mw²R。…………1分

连接杆对打夯机底座的作用力T₂′的方向向下，且T₂′=T₂。

设打夯机受到地面的支持力N，根据牛顿第二定律，

                     N=Mg+T₂^’ ，…………1分

联立以上各式解得     N=2（M+m）g 。…………1分

根据牛顿第三定律，打夯机对地面压力的大小N′=N=2(M+m)g。…………1分

19.(9分)

   解：(1)设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，得

ssin37°=gt²，

   解得：                                           t==1.2s。…………2分

       (2)设运动员离开O点的速度为v₀，运动员在水平方向做匀速直线运动，即

scos37°=v₀t，

   解得：                                           v₀==8.0m/s。…………2分

       (3)运动员落在A点时沿竖直向下的速度v_y的大小为

          v_y=gt=12m/s   …………1分，

       沿水平方向的速度v_x的大小为          v_x=8.0m/s。

       因此，运动员垂直于斜面向下的速度v_N为

                     v_N=v_ycos37°-v_xsin37°=4.8m/s。 …………1分

       设运动员在缓冲的过程中受到斜面的弹力为N，根据动量定理

(N-mgcos37°)t=mv_N，…………1分

       解得：                         N=mgcos37°+=880N。…………1分

20.(9分)

       解：(1)设物块滑上小车后经过时间t₁速度减为零，根据动量定理

μmgt₁=mv，

    解得：                                              t₁==0.5s 。…………1分

  (2)物块滑上小车后，做加速度为a_m的匀变速运动，根牛顿第二定律

μmg=ma_m，

解得：                                              a_m=μg=2.0m/s²。

小车做加速度为a_M的匀加速运动，根据牛顿第二定律

F-μmg=Ma_M，

解得：                                       a_M==0.5m/s²。…………1分

设物块向左滑动的位移为s₁，根据运动学公式

s₁=v₀t₁-a_mt=0.25m,

当滑块的速度为零时，小车的速度V₁为

V₁=V₀+a_mt₁=1.75m/s。

设物块向右滑动经过时间t₂相对小车静止，此后物块与小车有共同速度V，根据运动学公式，有                            V=V₁+a_Mt₂=a_mt₂，

解得：                                       t₂=s。  …………1分

滑块在时间t₂内的位移为s₂=a_ms=m≈1.36m。(方向向右) …………1分

因此，滑块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为

  s=s₂-s₁=m≈1.11m,方向向右。…………1分

(3)由(2)的结果，物块与小车的共同速度

V=m/s，

因此，物块在小车上相对小车滑动的过程中，系统的机械能增加量ΔE为

 ΔE=(m+M)V²-mv-MV≈17.2J。…………2分