时间:2020-08-16 00:02:10
1、简答题 （1）某同学用如图1所示电路来测定电池的电动势和内阻．
①实验开始时，滑片P应位于______?端．（填A或B）
②该同学测得如下表的五组数据．根据数据在答题卷相应图2中作出U-I图线，从图象可得电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（结果均保留二位小数）．
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 U/V 1.37 1.32 1.24 1.10 1.05 I/A 0.12 0.20 0.31 0.50 0.57 |
| 1 2 |
参考答案：
（1）①由电路图可知，实验开始时，滑片P应位于A端．
②应用描点法作图，作出电源的U-I图象如图所示；
由电源的U-I图象可知，电源电动势E=1.45V，
电源内阻r=△U△I=1.45-1.00.65≈0.69Ω；
（2）①打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了：
△EP=mghB=1.00×9.8×0.1860≈1.82J；
计数点间的时间间隔t=0.02×2=0.04s，打下B点时的速度vB=AC2t=0.2721m-0.1241m2×0.04s=1.85m/s，
重物的动能比开始下落时增加了△EK=12mvB2=12×1.00×1.852≈1.71J；
由于重物在下落过程中纸带通过打点计时器受摩擦阻力、重物受到空气阻力等阻力作用，
物体的机械能有损失，使物体动能的增加量小于物体重力势能的减少量．
②实验时如果先释放重物，再接通打点计时器电源，则在打点计时器打第一个点时，重物已经有一定的速度，在应用图象法处理实验数据时，在所作出的以12v2-h图象不过原点，在纵轴上有截距．
故答案为：（1）①A②图象如图所示；1.45；0.69；（2）①1.82；1.71；重物在下落过程中受到阻力作用；
②打下第一个点时重物已经有速度．
本题解析：
本题难度：一般
2、简答题 像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都由光发射和接收装置组成．当有物体从光电门中间通过时，与之相连的计时器就可以显示物体的挡光时间．如图甲所示，图甲中NM是水平桌面、PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上相距为l的两个光电门（与之连接的计时器没有画出）．滑块A上固定着用于挡光的窄片K，让滑块A在重物B的牵引下从木板的顶端滑下，计时器分别显示窄片K通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1=2.50×10-2s、t2=1.25×10-2s；
（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度（如图乙）d=______m（已知l＞＞d）；
（2）用米尺测量两光电门的间距为l=20cm，则滑块的加速度a=______m/s2（保留两位有效数字）；
（3）利用该装置还可以完成的实验有：______
A．验证牛顿第二定律
B．验证A、B组成的系统机械能守恒
C．测定滑块与木板之间的动摩擦因数
D．只有木板光滑，才可以验证牛顿第二定律
E．只有木板光滑，才可以验证A、B组成的系统机械守恒定律．
参考答案：（1）游标卡尺的主尺读数为：5mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：5mm+0.15mm=5.15mm=5.15×10-3m．
故答案为：5.15×10-3．
（2）由于挡光时间极短，因此可以利用其平均速度来代替瞬时速度，故有：
v1=dt1? ①
v2=dt2? ②
v22-v21=2ax? ③
联立①②③得：a=(dt2)2-(dt1)22l≈0.32m/s2
故答案为：0.32．
（3）A、D、根据验证牛顿第二定律的实验原理可知，通过该装置可以验证牛顿第二定律，至于木板是否光滑对实验没有影响，故A正确，D错误；
B、E、要验证系统机械能守恒，木板必须光滑，故B错误，E正确；
C、根据该实验装置可知，将木板平放，通过纸带求出A、B运动的加速度大小，因此根据 牛顿第二定律有：mBg-mAgμ=（mA+mB）a，由此可知可以求出测定滑块与木板之间的动摩擦因数
故C正确．
故选ACE．
本题解析：
本题难度：一般
3、选择题 忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是
A.电梯匀速下降
B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C.物体沿着斜面匀速下滑
D.人造卫星绕地球做匀速圆周运动
参考答案：D
本题解析：
本题难度：一般
4、填空题 （1）用油膜法估测分子的大小．
实验中将每个油酸分子视为球形模型，并让油酸尽可能地在水面上扩展开，则形成的油膜可视为______．若已知滴入水中的酒精油酸溶液中所含的纯油酸的体积为V，油膜的面积为S，由此可估算出油酸分子的直径为______．
（2）如图甲，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速运动．当接通电源待电机稳定转动后，烧断悬挂圆柱棒的细线，圆柱棒自由下落，毛笔可在圆柱棒的纸上画出记号．图乙是按正确操作顺序画出的一条纸带，图中O是画出的第一个痕迹，A、B、C、D、E、F、G是依次画出的痕迹，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得痕迹之间沿棒方向的距离依次为OA=26.0mm、AB=50.0mm、BC=74.0mm、CD=98.0mm、DE=122.0mm、EF=146.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律．根据以上内容，可得：
①根据乙图所给的数据，可知毛笔画下痕迹B、E两时刻间棒的动能变化量为______J，重力势能的变化量为______J，由此可得出的结论是______．（g取9.80m/s2，结果保留三位有效数字）
②实验中某同学利用获得的实验数据同时测定了当地的重力加速度g的值．假设OF间的距离为h，EG间的距离s．电动机转动频率用f表示．有下面三种方法求重力加速度的值，分别是：______
A．根据h=
| 1 2 |
| 6 f |
| 2hf2 62 |
| 6 f |
| s 2T |
| 1 f |
| sf2 12 |
| s 2T |
| 1 f |
| s2f2 8h |
参考答案：（1）将每个分子视为球体，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这时油膜的厚度可视为油酸分子的直径．
油酸分子的直径为VS．
（2）①毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．
已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05s
根据在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：
vB=XAC2T=1.24m/s
vE=XDF2T=2.68m/s
动能的增量为：△Ek=12mvE2-12mvB2=2.82J
重力做功等于重力势能的减小量，所以有：△Ep=mgh=mgXBE=2.88J
根据计算可知，动能的增加量和势能的减小量基本相等，故可得出在实验误差范围内物体下落机械能守恒的结论．
②方法C比较妥当，方法A、B都用到了t=6f，但OA间的时间间隔一般不等于1f（要小于它），因此t≤6f，从而A、B两种方法存在问题．
故答案为：（1）单分子油膜；VS
（2）①2.82，2.88，在误差范围内，圆柱棒的机械能守恒．
②C，方法A、B都用到了t=6f，但OA间的时间间隔一般不等于1f（要小于它），因此t≤6f，从而A、B两种方法存在问题．
本题解析：
本题难度：一般
5、填空题 下面两个实验中都使用了打点计时器：
（1）在利用打点计时器验证自由下落物体的机械能守恒的实验中，设在打O点时释放物体，打点计时器打A点时物体速度为v，OA之间的距离为h，一同学在实验报告中称，他测得v=2.38m/s，h=28.76cm，据此可得：
| 1 2 |
参考答案：（1）由于空气阻力、摩擦影响动能增量应略小于重力势能减少量，所以老师认为数据失实．
（2）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：
vm=xt=1.50m/s
从右端开始取六段位移，
根据逐差法有：a=△xT2=(0.0578+0.0535+0.0504)-(0.0471+0.0440+0.0407)(3×0.04)2=2.1m/s2，方向与运动方向相反．
根据牛顿第二定律有：f=ma，将m=1.0kg代人得：f=2.1N．
当汽车达到额定功率，匀速运动时，F=f，P=Fv=fvm，
代人数据解得P=3.0W．
故答案为：（1）由于重物下滑过程中需要克服阻力做功，因此重力势能的减小量略大于动能的增加量；（2）（1）1.50；（2）3.0
本题解析：
本题难度：一般