影音先锋制服丝袜_欧美 国产 日本_亚洲欧美综合自拍_亚洲最大成人在线观看_成人一区二区三_色呦呦网站入口_亚洲欧美高清在线_黄页网站在线看_一卡二卡在线观看_在线观看免费黄网站

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

某小組探究彈簧的彈性勢能與彈簧形變之間的關系，采用如圖所示的實驗裝置．將輕彈簧放置在水平軌道上，A端固定在軌道的一端，B端自由．在桌邊緣懸掛有一重錘線．取一個小球置于彈簧的B端，用手推小球使彈簧壓縮，放手后小球被彈出做平拋運動．利用該裝置可以粗略探究彈簧壓縮時具有的彈性勢能與壓縮量之間的關系．實驗中，得到彈簧壓縮量x和小球離開桌面后的水平位移s的一些數據如下表所示．

次數	l	2	3	4
x/cm	2.00	3.00	4．O0	5.00
s/cm	10.15	15.13	20.16	25.14

①該實驗在測定彈簧的彈性勢能時，所采用的方法是

 

；
A．控制變量法   B．間接測量法   C．累積測量法  D．類比法
②分析表電的數據可得結論是：
A．在誤差允許的范圍內，對于給定的彈簧，其彈性勢能與其壓縮量的比例關系是：

 

．
B．當壓縮量x越大時，上述比例關系的誤差也越大，其原因是：

 

．

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

（I）某小組探究彈簧的彈性勢能與彈簧形變之間的關系，采用如圖所示的實驗裝置．將輕彈簧放置在水平軌道上，A端固定在軌道的一端，B端自由．在桌邊緣懸掛有一重錘線．取一個小球置于彈簧的B端，用手推小球使彈簧壓縮，放手后小球被彈出做平拋運動．利用該裝置可以粗略探究彈簧壓縮時具有的彈性勢能與壓縮量之間的關系．實驗中，得到彈簧壓縮量x和小球離開桌面后的水平位移s的一些數據如下表所示．

次數	l	2	3	4
x/cm	2.00	3.00	4．O0	5.00
s/cm	10.15	15.13	20.16	25.14

①該實驗在測定彈簧的彈性勢能時，所采用的方法是

 

；
A．控制變量法B．間接測量法C．累積測量法  D．類比法
②分析表電的數據可得結論是：
A．在誤差允許的范圍內，對于給定的彈簧，其彈性勢能與其壓縮量的比例關系是：

 

．
B．當壓縮量x越大時，上述比例關系的誤差也越大，其原因是：

 

（II）為了探究光敏電阻的阻值隨光照強度變化的規律，一同學要測定光敏電阻在不同強度的光照射下的電阻值．該同學使用的實驗器材如下：
A．光敏電阻R，其阻值大于20Ω；
B．電壓表，量程4.5V，內阻約2kΩ；
C．電流表，量程0.6A，內阻為0.1Ω；
D．滑動變阻器R′，阻值范圍0～20Ω；
E．電源E，電動勢4.5V，內阻未知；
F．標有“4.5V，0.2A”的小燈泡一只；
G．電鍵K一只，導線若干；
該同學已消除了外部環境的光線對光敏電阻的影響，即照射在光敏電阻上的光線全部來自于小燈泡．實驗時，在正確連接實驗電路后，使小燈泡與光敏電阻間保持一定距離，并通過調節滑動變阻器，分別精確測出燈泡不亮、微亮、較亮、最亮四種條件下的光敏電阻值．實驗數據如下：

小燈泡亮度	電壓U/V	電流I/A	光敏電阻值R/Ω（取3位有效數字）
不亮	4.40	0	∞
微亮	4.32	0.11	39.2
較亮	4.24	0.21
最亮	4.10	0.40

a、存上面的表格中填出不同亮度燈光照射下的光敏電阻值；
b、清存下面的方框中畫出該同學完成該實驗的電路圖，并按電路圖進行實物連接；

查看答案和解析>>

一單項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分

1．  1．D  2．A   3．C   4．B    5．D   6．A

二多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分

7．ABD  8．BC   9．ABC   10．AD  11．ACD

三實驗題：本題共 2小題，共 23分

12．（1）1.880(1.881給分) （2分）； 1.044 （2分）

（2）①1.00m/s，2.50m/s；②5.25J，5.29J  （每空2分）

13．

 (1) 圖 （3分）   (2)  0-3V（2分）   R₁ （2分）  (3)   圖（4分）

四 計算或論述題

14．地球繞太陽運動                             3分         

太陽的質量                                      3分

（2）設小行星運行周期為T₁                           2分

對小行星：                                   2分

∴R₁=                                              2分

∴小行星與地球最近距離S=R₁?R=                     2分

15．解：（1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑

                                                           2分

又                                                            2分

則粒子的比荷　　                                                                   2分

（2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角60°，粒子做圓周運動的半徑

                               2分

又                                                    2分

所以                                                    2分

粒子在磁場中飛行時間

                                2分

16． （1）設共同加速度a，繩拉力F   

有        mg-F=ma     

          F-μMg=Ma                                 3分

得到   

                    4分

（2）當M運動h距離時速度為v,              1分

又M運動s距離停止，由動能定理

                                 2分

M物塊不撞到定滑輪滿足                1分

得到     

代入得                                       2分

因為要拉動M     結果是            2分

17．(1)   要求當R=0時，  E/R₀≤I₀

      所以            R₀≥E/ I₀                                      3分

(2)   電量-q的粒子經過電壓U加速后速度v₀

                               2分

粒子進入Q場區域做半徑r₀,的勻速圓周運動

                                           2分

                             3分

顯然加速電壓U 與與-q沒有關系，所以只要滿足上面關系，不同的負電荷都能繞Q做半徑r₀,的勻速圓周運動。                                    

（3）       

即                                   3分

                                        2分

18．（1）最大速度時拉力與安培力合力為零

P/v₀-BIL=0     E=BL v。       I=E/(R+ R₀)          

即                                       3分

                                         2分

（2）由能量關系，產生總電熱Q

                             2分

R電阻上所產生的電熱                 2分

(3)                                     

由（1）問可知       F=2P/v₀                               2分

當速度為v₀時加速度a                      2分

解得                                 2分

19．（1）AB第一次與擋板碰后   A返回速度為v₀

  由動量守恒定律得    m_A v₀=(m_A+m_B) v₁

  ∴v₁=4m/s                           3分

（2）A相對于B滑行ΔS₁

由動能定理得

μm_AgΔS₁= v₀²－(m_A+m_B) v₁²

ΔS₁==6m                                     3分

（3）AB與N碰撞后,返回速度大小為v₂,則v₂= v₁

B與M相碰后停止,設A減速至零A相對B滑行ΔS₁^/

-μm_AgΔS₁^/＝0-v₂²      ΔS₁^/=8m>ΔS₁

∴A能與M碰撞第二次                                      3分

（4）       A與M第一次碰撞速度為v₁(v₁= v₀)

       m_A v₁(m_A+m_B) v₁^/        ∴  v₁^/＝ v₁

A相對于B滑行ΔS₁

μm_AgΔS₁= v₁²(m_A+m_B) v₁^/2

ΔS₁=                                        2分

當B再次與M相碰而靜止時，A相對于B能滑行的最大距離為S_m1

0－v₁^/2=－２μg S_m1

S_m1=>ΔS₁

同理 每次以共同速度相碰,A都能相對B滑行到與M相碰，最終都停在M處   1分

A與M第二次碰撞速度為v₂

 則v₂²－v₁^/2=－２μgΔS₁

v₂²= v₁²－２μgΔS₁＝×６ΔS₁－２ΔS₁＝ΔS₁

同理ΔS₂==ΔS₁                                2分

依次類推ΔS₃==ΔS₂

ΔS=(ΔS₁+ΔS₂+ΔS₃+……)2=                      2分