练习册

  • 练习册
  • 试题
    ③在其他条件不变的情况下.若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ.小球落点与O'点的水平距离s将随之改变.经多次实验.以s2为纵坐标.cosθ为横坐标.得到如图(b)所示图象．则当θ=60°时.s为 m,若悬线长L=1.0m.悬点到木板间的距离h为 m． 现仅有以下器:郝双 制作 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    利用图(a)所示装置验证小球平抛运动规律，在悬点正下方有水平放置的炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断．为水平木板，已知悬线长为，悬点到木板的距离．

            

    ①电热丝必须放在悬点正下方的理由是                           ．

    ②将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的点，，则小球做平抛运动的初速度为=         ．

    ③在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角，小球落点与点的水平距离将随之改变，经多次实验，以为纵坐标、为横坐标，得到如图(b)所示图象．则当时，为   m；若悬线长L=1.0m，悬点到木板间的距离为   m．

     

     

    查看答案和解析>>

    利用图(a)所示装置验证小球平抛运动规律，在悬点正下方有水平放置的炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断．为水平木板，已知悬线长为，悬点到木板的距离．

            

    ①电热丝必须放在悬点正下方的理由是                          ．

    ②将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的点，，则小球做平抛运动的初速度为=         ．

    ③在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角，小球落点与点的水平距离将随之改变，经多次实验，以为纵坐标、为横坐标，得到如图(b)所示图象．则当时，为   m；若悬线长L=1.0m，悬点到木板间的距离为   m．

     

     

    查看答案和解析>>

    双缝干涉实验装置如图所示，双缝间距离为d，双缝到像屏间距为L，调整实验装置使像屏上见到清晰的干涉条纹，关于该干涉条纹及改变条件后干涉条纹的变化情况，下列叙述中正确的是

    A．

    屏上所有亮线都是从双缝出来的两列光波的波峰与波峰叠加形成的，而所有暗线是波谷与波谷叠加形成的

    B．

    若将像屏向右或向左平移一小段距离，屏上仍有清晰的干涉条纹

    C．

    若将双缝间距d减小，像屏上两相邻明条纹间距变小

    D．

    若改用频率较大的色光进行实验，在其他条件不变的前提下．像屏上两相邻暗条纹间距变小

    查看答案和解析>>

    精英家教网如图为双缝干涉的实验示意图，光源发出的光经滤光片成为单色光，然后通过单缝和双缝，在光屏上出现明暗相间的条纹．若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的情况下，可以（　　）
    A、将光屏移近双缝B、更换滤光片，改用波长更长的单色光C、增大双缝的间距D、将光源向双缝移动一小段距离

    查看答案和解析>>

    右图为双缝干涉的实验示意图，光源发出的光经滤光片成为单色光，然后通过单缝和双缝，在光屏上出现明暗相间的条纹。若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的情况下，可以???

    A．将光屏移近双缝

    B．更换滤光片，改用波长更长的单色光

    C．增大双缝的间距

    D．将光源向双缝移动一小段距离

     

    查看答案和解析>>

    14.C  15.C  16.A  17.B  18.AD  19.D  20.AD  21.BC

    22.（1）①保证小球沿水平方向抛出②③1.0，1.5

    （2）甲图不合理之处：不能多次测量；超过电流表量程，不安全；超过电压表量程，也不安全。郝 双制 作

    乙图不合理之处：电流表量程太小；电压表量程太大。

    较为合理的电路如图所示，

    Rx的计算公式，其中U是电压表V1示数，I是电流表A1示数，R0是电阻箱示数。

    23. 解：滑块从A处到B处，由动能定理mgssin37°－μmgscos37°=mvB2

    滑块从B到C处，由动能定理－μmgBC＝mvC2－mvB2

    若滑块恰好从C处平抛射出，则在C处时不受弹力作用 mg=m

    联立解得郝双   BC＝1m

    所以水平滑槽BC长度至少为1m

    24. 解：⑴设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：

      代入数据，解得：  v1=3m/s  

    ⑵设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,

    则：  

    设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：

    得：   

    设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：

    故木盒在2s内的位移为零

    依题意：   

    代入数据，解得：郝双

    25.解：（1）小球进入电场，做匀速直线运动时　Eq=mg　①E=mg/q②

    （2）在t1时刻加磁场，小球在时间t０内做匀速圆周运动，设圆周运动周期为Ｔ0，半径为R。

    竖直向下通过D点，则t0=3T0/4③  ④

    PF-PD=R即⑤

    将③、④代入⑤式解得⑥

    （3）小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动周期T也增加。

    在小球不飞出电场的情况下，当T最大时，有：郝双 制作

    DQ=2R即⑥  ⑦

    结合⑥⑦式解得⑧

    ⑨

    结合轨迹图可知，小球在电场中运动的最大周期⑩

    结合上式解得

    小球在电场中运动一个周期的轨迹图如图乙所示

     

     


    同步练习册答案