D.若拉力F的方向沿y軸正方向.則此時F有最小值.其值為 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖所示,質量為m的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上,物塊與鋼板間的動摩擦因數(shù)為μ,由于光滑固定導槽A、B的控制,該物塊只能沿水平導槽運動.現(xiàn)使鋼板以速度V1向右勻速運動,同時用水平力F拉動物塊使其以速度V2(V2的方向與V1的方向垂直,沿y軸正方向)沿槽勻速運動,以下說法中正確的是

A.若拉力F的方向在第I象限,則其大小一定大于mgμ

B.若拉力F的方向在第Ⅱ象限,則其大小可能小于mgμ

C.若拉力F的方向沿y軸正方向,則此時F有最小值,其值為μmg

D.若拉力F的方向沿y軸正方向,則此時F有最小值,其值為μmg

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如圖所示,質量為M的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上,物塊與鋼板間的動摩擦因數(shù)為μ,由于光滑固定導槽A、B的控制,該物塊只能沿水平導槽運動.現(xiàn)使鋼板以速度v1向右勻速運動,同時用水平力F拉動物塊使其以速度v2(v2的方向與vl的方向垂直,沿y軸正方向)沿槽勻速運動,以下說法正確的是

A.若拉力F的方向在第-象限,則其大小一定大于μmg

B.若拉力F的方向在第二象限,則其大小可能小于μmg

C.若拉力F的方向沿y軸正方向,則此時F有最小值,其值為μmg

D.若拉力F的方向沿y軸正方向,則此時F有最小值,其值為μmg

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(1)某同學用半圓形玻璃磚測定玻璃的折射率(如圖所示).實驗的主要過程如下:
a.把白紙用圖釘釘在木板上,在白紙上作出直角坐標系xOy,在白紙上畫一條線段 AO表示入射光線.
b.把半圓形玻璃磚M放在白紙上,使其底邊aa′與Ox軸重合.
c.用一束平行于紙面的激光從y>0區(qū)域沿y軸負方向射向玻璃磚,并沿x軸方向調整玻璃磚的位置,使這束激光從玻璃磚底面射出后,仍沿y軸負方向傳播.
d.在AO線段上豎直地插上兩枚大頭針P1、P2
e.在坐標系的y<0的區(qū)域內豎直地插上大頭針P3,并使得從P3一側向玻璃磚方向看去,P3能同時擋住觀察P1和P2的視線.
f.移開玻璃磚,作OP3連線,用圓規(guī)以O點為圓心畫一個圓(如圖中虛線所示),此圓與AO線交點為B,與OP3連線的交點為C.確定出B點到x軸、y軸的距離分別為x1、y1、,C點到x軸、y軸的距離分別為x2、y2
①根據(jù)上述所確定出的B、C兩點到兩坐標軸的距離,可知此玻璃折射率測量值的表達式為n=
 

②若實驗中該同學在y<0的區(qū)域內,從任何角度都無法透過玻璃磚看到P1、P2,其原因可能是:
 

(2)在“用單擺測重力加速度”的實驗中,某同學的主要操作步驟如下:
a.取一根符合實驗要求的擺線,下端系一金屬小球,上端固定在O點;
b.在小球靜止懸掛時測量出O點到小球球心的距離l;
c.拉動小球使細線偏離豎直方向一個不大的角度(約為5°),然后由靜止釋放小球;
d.用秒表記錄小球完成n次全振動所用的時間t.
①用所測物理量的符號表示重力加速度的測量值,其表達式為g=
 
;
②若測得的重力加速度數(shù)值大于當?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值,造成這一情況的原因可能是
 
.(選填下列選項前的序號)
A.測量擺長時,把擺線的長度當成了擺長
B.擺線上端未牢固地固定于O點,振動中出現(xiàn)松動,使擺線越擺越長
C.測量周期時,誤將擺球(n-1)次全振動的時間t記為了n次全振動的時間,并由計算式T=t/n求得周期
D.擺球的質量過大
③在與其他同學交流實驗方案并糾正了錯誤后,為了減小實驗誤差,他決定用圖象法處理數(shù)據(jù),并通過改變擺長,測得了多組擺長l和對應的周期T,并用這些數(shù)據(jù)作出T2-l圖象如圖甲所示.若圖線的斜率為k,則重力加速度的測量值g=
 

④這位同學查閱資料得知,單擺在最大擺角θ較大時周期公式可近似表述為T=2π
l
g
(1+
1
4
sin2
θ
2
).為了用圖象法驗證單擺周期T和最大擺角θ的關系,他測出擺長為l的同一單擺在不同最大擺角θ時的周期T,并根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪出如圖乙所示的圖線.根據(jù)周期公式可知,圖乙中的縱軸表示的是
 
,圖線延長后與橫軸交點的橫坐標為
 

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(1)某同學用半圓形玻璃磚測定玻璃的折射率(如圖所示).實驗的主要過程如下:
a.把白紙用圖釘釘在木板上,在白紙上作出直角坐標系xOy,在白紙上畫一條線段 AO表示入射光線.
b.把半圓形玻璃磚M放在白紙上,使其底邊aa′與Ox軸重合.
c.用一束平行于紙面的激光從y>0區(qū)域沿y軸負方向射向玻璃磚,并沿x軸方向調整玻璃磚的位置,使這束激光從玻璃磚底面射出后,仍沿y軸負方向傳播.
d.在AO線段上豎直地插上兩枚大頭針P1、P2
e.在坐標系的y<0的區(qū)域內豎直地插上大頭針P3,并使得從P3一側向玻璃磚方向看去,P3能同時擋住觀察P1和P2的視線.
f.移開玻璃磚,作OP3連線,用圓規(guī)以O點為圓心畫一個圓(如圖中虛線所示),此圓與AO線交點為B,與OP3連線的交點為C.確定出B點到x軸、y軸的距離分別為x1、y1、,C點到x軸、y軸的距離分別為x2、y2
①根據(jù)上述所確定出的B、C兩點到兩坐標軸的距離,可知此玻璃折射率測量值的表達式為n=______.
②若實驗中該同學在y<0的區(qū)域內,從任何角度都無法透過玻璃磚看到P1、P2,其原因可能是:______.
(2)在“用單擺測重力加速度”的實驗中,某同學的主要操作步驟如下:
a.取一根符合實驗要求的擺線,下端系一金屬小球,上端固定在O點;
b.在小球靜止懸掛時測量出O點到小球球心的距離l;
c.拉動小球使細線偏離豎直方向一個不大的角度(約為5°),然后由靜止釋放小球;
d.用秒表記錄小球完成n次全振動所用的時間t.
①用所測物理量的符號表示重力加速度的測量值,其表達式為g=______;
②若測得的重力加速度數(shù)值大于當?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶋H值,造成這一情況的原因可能是______.(選填下列選項前的序號)
A.測量擺長時,把擺線的長度當成了擺長
B.擺線上端未牢固地固定于O點,振動中出現(xiàn)松動,使擺線越擺越長
C.測量周期時,誤將擺球(n-1)次全振動的時間t記為了n次全振動的時間,并由計算式T=t/n求得周期
D.擺球的質量過大
③在與其他同學交流實驗方案并糾正了錯誤后,為了減小實驗誤差,他決定用圖象法處理數(shù)據(jù),并通過改變擺長,測得了多組擺長l和對應的周期T,并用這些數(shù)據(jù)作出T2-l圖象如圖甲所示.若圖線的斜率為k,則重力加速度的測量值g=______.
④這位同學查閱資料得知,單擺在最大擺角θ較大時周期公式可近似表述為T=2(1+sin2).為了用圖象法驗證單擺周期T和最大擺角θ的關系,他測出擺長為l的同一單擺在不同最大擺角θ時的周期T,并根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪出如圖乙所示的圖線.根據(jù)周期公式可知,圖乙中的縱軸表示的是______,圖線延長后與橫軸交點的橫坐標為______

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如圖所示,質量為m的長方體物塊放在水平放置的鋼板C上,物塊與鋼板間的動摩擦因數(shù)為μ,由于光滑固定導槽A、B的控制,該物塊只能沿水平導槽運動.現(xiàn)使鋼板以速度v1向右勻速運動,同時用水平力F拉動物塊使其以速度v2(v2的方向與v1的方向垂直,沿y軸正方向)沿槽勻速運動,以下說法正確的是:

A.若拉力F的方向在第一象限,則其大小一定大于μmg      

B.若拉力F的方向在第二象限,則其大小可能小于μmg   

C.若拉力F的方向沿y軸正方向,則此時F有最小值,其值為

D.若拉力F的方向沿y軸正方向,則此時F有最小值,其值為

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題號

1

2

3

4

5

6

答案

B

D

C

A

B

BC

題號

7

8

9

 

 

答案

BC

BD

AD

 

 

 

10.(8分)8.472;10.040;

 

11. (10分)(1)從實驗裝置看,該同學所用交流電的電壓為 _220  伏特,操作步驟中釋放紙帶和接通電源的先后順序應該是 _先接通電源后釋放紙帶 (每空1分,共2分)

 

(2)從數(shù)據(jù)處理方法看,在S1、S2、S3、S4、S5、S6中,對實驗結果起作用的,方法A中有 _ S1、S6; 方法B中有S1、S2、S3、S4、S5、S6。因此,選擇方法 _B (A或B)更合理,這樣可以減少實驗的 _偶然  (系統(tǒng)或偶然)誤差。(每空1分,共4分)

 (3)本實驗誤差的主要來源有(試舉出兩條). (每答對1條得2分,共4分)

     重物下落過程中受到阻力;      S1、S2S3、S4、S5、S6 長度測量;

交流電頻率波動;             數(shù)據(jù)處理方法等。

12、(11分)

(1)水果電池的內阻太大。(1分)

(2)(6分)曉宇的方法不正確(1分),因水果電池本身有電動勢(1分),當用歐姆表直接接“土豆電池”的兩極時,歐姆表內部的電源與水果電池的電動勢正向或反向串聯(lián),影響測量的結果,故測不準(1分)。

小麗同學測量的誤差也很大(1分)。理想狀態(tài)下用電流表測得的是短路電流,伏特表測得的應當是電源電動勢,但由于水果電池的內阻很大,伏特表的內阻不是遠大于水果電池的內阻(1分),故其測得的電動勢誤差大,算得的內阻亦不準確(1分)。

(3)①B(1分)、G(1分)

        ②(2分)

 

13.(14分)(1)1.0m/s2;(2)25m/s ;(3)10s 

 

14.(14分)

解析:(1)由0-v2=-2as 得

加速度大小a===0.05m/s2。4分)

(2)由牛頓第二定律得

 f+F=ma

 故f=ma-F=3×106×0.05-9×104=6×104N (4分)

(3)由P=Fv得

 P=f?vm

 故P=6×104×20=1.2×106W       (4分)

(4)由動能定理得:

 Pt-fs1=mv2m

代入數(shù)據(jù)解得:s110km

故總行程s=s1+s214km        (2分)

 

15. (16分)解:對薄板由于Mgsin37?m(M+m)gcos37故滑塊在薄板上滑動時,薄板靜止不動.

對滑塊:在薄板上滑行時加速度a=gsin37=6m/s,至B點時速度V==6m/s。

滑塊由B至C時的加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s,滑塊由B至C用時t,由L=Vt+at

即t+6t-7=0  解得t=1s

對薄板:滑塊滑離后才開始運動,加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s,滑至C端用時t==s

故滑塊、平板下端B到達斜面底端C的時間差是△t= t-t=-1=1.65s

 

16.(16分) (1)設A、B下落H高度時速度為υ,由機械能守恒定律得:                   (1分)

B著地后,A先向下運動,再向上運動到,當A回到B著地時的高度時合外力為0,對此過程有:    (1分)

解得:                            (1分)

(2)B物塊恰能離開地面時,彈簧處于伸長狀態(tài),彈力大小等于mg,B物塊剛著地解除彈簧鎖定時,彈簧處于壓縮狀態(tài),彈力大小等于mg.因此,兩次彈簧形變量相同,則這兩次彈簧彈性勢能相同,設為EP.                         (2分)

又B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升,此時A物塊速度為0.

從B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升的過程中,A物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,即:

(2分)解得:Δx=H  (2分)

(3)因為B物塊剛著地解除彈簧鎖定時與B物塊恰能離開地面時彈簧形變量相同,所以彈簧形變量     (1分)

第一次從B物塊著地到彈簧恢復原長過程中,彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒: (2分)

第二次釋放A、B后,A、B均做自由落體運動,由機械能守恒得剛著地時A、B系統(tǒng)的速度為       (1分)

從B物塊著地到B剛要離地過程中,彈簧和A物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒:        (2分)

聯(lián)立以上各式得:                (1分)

 


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