题目内容

【题目】某同学在做探究动能定理实验时,其主要操作步骤是:

a.按图甲安装好实验装置,其中小车的质量M=0.50kg,钩码的总质量m=0.10kg.

b.接通打点计时器的电源(电源的频率f=50Hz),然后释放小车,打出一条纸带.

(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出最满意的一条,如图乙所示,把打下的第一点记作0,然后依次取若干个计数点,相邻计数点间还有4个点未画出,用厘米刻度尺测得各相邻计数点间的距离分别为d1=0.8cm,d2=2.4cm,d3=4.1cm,d4=5.6cm,d5=7.2cm,d6=8.8cm,他把钩码的重力作为小车所受的合力,计算出从打下计数点0到打下计数点5过程中合力所做的功W________J,把打下计数点5时小车的动能作为小车动能的改变量,计算出ΔEk________J.(当地重力加速度g9.80m/s2,结果均保留三位有效数字)

(2)根据以上计算可见,合力对小车做的功与小车动能的变化量相差比较大.通过反思,该同学认为产生误差的主要原因如下,其中正确的是________.(填选项前的字母)

A.钩码质量没有远小于小车质量,产生系统误差

B.钩码质量小了,应该大于小车质量

C.没有平衡摩擦力

D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺进行测量

【答案】 0.197 0.160 AC

【解析】试题分析:从打下计数点0到打下计数点5时合力所做的功,根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出打5点时的速度,从而求解动能;实际上小车受到的合力不等于钩码的重力,导致产生误差。

(1)从打下计数点0到打下计数点5的过程中,合力所做的功,打下计数点5时小车的速度,小车动能的改变量 .

(2)产生误差的主要原因有:钩码质量没有远小于小车质量,产生系统误差;没有平衡摩擦力,选项A、C正确.

型】实验题
束】
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【题目】要描绘一个标有“3 V,0.8 W”小灯泡的伏安特性曲线,已选用的器材有:

电源(电动势为4.5 V,内阻约1 Ω);

电流表(量程为0~300 mA,内阻约5 Ω);

电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ);

滑动变阻器(最大阻值10 Ω,额定电流1 A);

开关一个、导线若干.

(1)为便于实验操作,并确保实验有尽可能高的精度,则实验的电路图应选用下图中的________(填字母代号).

(2)图甲是实验器材实物图,图中已连接了部分导线.请根据在(1)问中所选的电路图补充完成图甲中实物间的连线(用笔画线代替导线)________

(3)根据(1)中所选电路图,测量结束后,先把滑动变阻器滑片移到________(左端右端”),然后断开开关,接着拆除导线,整理好器材.

(4)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.由图象可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而________(不变”“增大减小”).

【答案】 C 左端 增大

【解析】试题分析:根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法,然后选择实验电路;根据实验电路图连接实物电路图;滑动变阻器采用分压接法闭合开关前,滑片应置于分压电路分压最小的位置;根据图象,应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题.

(1)知小灯泡在额定状态下的阻值,故测量电路采用电流表外接法;在测伏安特性曲线时要求电压能从0调到额定值,故控制电路选用分压式,C正确.

(2)

(3)为保护电路安全,在测量开始与测量结束时都应先将滑动变阻器滑片调节到能使测量电路获得最小电压的位置,本题中是最左端.

(4)IU图象中,图线上某点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,故可看出小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大.

练习册系列答案
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【题目】倾角θ=30°的斜面体固定在水平面上,在斜面体的底端附近固定一挡板,一质量不计的弹簧下端固定在挡板上,弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处.质量分别为4mm的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接,跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮,如图所示.开始物块甲位于斜面体上的M处,且MOL物块乙开始距离水平面足够远,现将物块甲和乙由静止释放,物块甲沿斜面下滑,当物块甲将弹簧压缩到N点时,物块甲、乙的速度减为零,ON.已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ,重力加速度取g=10 m/s2,忽略空气的阻力,整个过程细绳始终没有松弛.则下列说法正确的是(  )

A. 物块甲由静止释放到斜面体上N点的过程,物块甲先做匀加速直线运动,紧接着做匀减速直线运动直到速度减为零

B. 物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s2

C. 物块甲位于N点时,弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL

D. 物块甲位于N点时,弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL

【答案】BC

【解析】释放物块甲、乙后,物块甲沿斜面加速下滑,当与弹簧接触时,开始压缩弹簧,弹簧产生沿斜面向上的弹力,物块甲做加速度减小的加速运动,当把弹簧压缩到某一位置时,物块甲沿斜面受力平衡,速度达到最大,之后物块甲做加速度增大的减速运动,A错误;对物块甲、乙,根据牛顿第二定律有,其中,解得,B正确;以物块甲和乙为研究对象,从M点运动到N点,在N点弹簧压缩最短,弹性势能最大,由动能定理得,解得 ,弹性势能的变化量,C正确,D错误。

型】选题
束】
74

【题目】为测量物块和木板间的动摩擦因数,某同学做了如下实验:

实验器材:两个同样的长木板,小滑块,垫块,刻度尺.

实验步骤:

a.按照图示将一个长木板水平放置,另一个长木板用垫块将左端垫高.

b.在倾斜长木板的斜面上某一位置作一标记A,使小滑块从该位置由静止释放,小滑块沿倾斜长木板下滑,再滑上水平长木板,最后停在水平长木板上,在停止位置作一标记B.

c.用刻度尺测量________________,则可求出小滑块和长木板间的动摩擦因数μ________(用所测物理量的符号表示).

误差分析:影响实验测量准确性的主要原因有:________________(任意写一条).

【题目】如图所示,倾角为θ的光滑斜面足够长,一质量为m的小物体,在沿斜面向上的恒力F作用下,由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动,经过时间t,力F做功为60J,此后撤去力F,物体又经过相同的时间t回到斜面底端,若以地面为零势能参考面,则下列说法中正确的是(  )

A. 物体回到斜面底端的动能为60J

B. 恒力F=2mgsinθ

C. 撤去力F时,物体的重力势能是45J

D. 动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后

【答案】ACD

【解析】试题分析:物体静止开始从斜面底端开始运动知道最后返回斜面底端,此过程斜面光滑没有摩擦力做功,重力做功为0,根据动能定理有Ek-0=WF=60J,选项A对。撤去F前,加速度a=-gsinθ,撤去F后,加速度a'=gsinθ。根据力F撤去前后位移等大反向,判断撤去前后平均速度等大方向,由于撤去前后都是匀变速所以有,整理得a'=3a,即F=mgsinθ,选项B错。撤去力F前,力F做功Fs=mgsinθ·s=60J,重力做功-mgsinθ·s =45J,所以撤出力F时,物体的重力势能是45J选项C对。力F撤去前,合力mgsinθ小于重力沿斜面的分力mgsinθ,即合力做功小于克服重力做功,增加的动能小于增加的重力势能,撤去力F之前一定是重力势能大于动能,最返回斜面时重力势能为0,小于动能,所以动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后选项D对。

考点:动能定理 牛顿运动定律

【名师点睛】

型】单选题
束】
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【题目】将轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;弹簧处于原长时,小球恰好在桌面边缘,向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释放;小球离开桌面后落到水平地面.测量出小球质量m、平抛运动的竖直位移h(即桌面高度)以及________,就可以测出弹簧被压缩后的弹性势能为________.(结果用测量量表示,已知重力加速度大小为g).

【题目】下列说法正确的是________

A.晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点

B.空气相对湿度大,就是空气中水蒸气含量高

C.若非理想气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功,则气体分子的平均动能一定减小

D.空调机在制冷过程中,从室内吸收的热量等于向室外放出的热量

E.空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力

【答案】ACE

【解析】晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点,A正确;相对湿度指空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压的百分比,相对湿度越大,空气中水蒸气就越接近饱和,但不一定水蒸气含量高,B错误;若非理想气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功,气体的内能不变,而分子势能增大,则气体分子的平均动能一定减小,C正确;空调机在制冷过程中,从室内吸收的热量小于向室外放出的热量,D错误;空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力,液体表面有收缩的趋势,E正确.

型】填空
束】
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【题目】如图甲所示为一足够长的导热性能良好的汽缸,用一质量为m=10 kg、厚度不计的活塞封闭一定质量的理想气体,当环境温度为t1=6 ℃时封闭的气柱长度为10 cm,忽略活塞与汽缸之间的摩擦.已知外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,活塞的面积为S=50 cm2,重力加速度g=10 m/s2.

①若将汽缸按如图乙所示的方式悬吊,气柱的长度为多少?

②在①情况下,改变环境温度,当气柱的长度为20 cm时环境的温度为多少?

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