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(4)為測定某牛奶樣品中蛋白質的含量進行如下實驗:①稱取2.50g樣品.用濃硫酸使氮轉化為銨鹽, ②加入足量濃的強堿液充分反應將氨蒸出, ③用過量硼酸吸收所得的氨【查看更多】

題目列表(包括答案和解析)

如圖1所示，某同學用圖裝置做驗證動量守恒定律的實驗．先將a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次．
（1）本實驗必須測量的物理量有以下哪些

．A．斜槽軌道末端到水平地面的高度H  B．小球a、b的質量m_a、m_b
C．小球a、b的半徑r  D．小球a、b 離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間t   E．記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、
OC   F．a球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h
（2）小球a、b的質量m_a、m_b應該滿足什么關系？

m_a＞m_b

（3）放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時落地？如果不是同時落地，對實驗結果有沒有影響？為什么？這時小球a、b的落地點依次是圖中水平面上的

點和

點
（4）為測定未放被碰小球時，小球a落點的平均位置，把刻度尺的零刻線跟記錄紙上的O點對齊，如圖2所示給出了小球a落點附近的情況，由圖可得OB距離應為

45.450

cm．
（5）按照本實驗方法，驗證動量守恒的驗證式是

m_a

=m_a

+m_b

m_a

=m_a

+m_b

．

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為測定某電源內阻r和一段電阻線單位長度的電阻R₀，設計如圖所示的電路．ab是一段粗細均勻的電阻線，R是阻值為2Ω的保護電阻，電源電動勢為6v，安培表內阻不計，示數用i表示，滑動片P與電阻絲有良好接觸，aP長度用L表示，其它連接導線電阻不計．

實驗時閉合電鍵，調節P的位置，將L和與之對應的i數據記錄在下表．

實驗次數	1	2	3	4	5
L（m）	0.10	0.20	0.30	0.40	0.50
i（A）	1.96	1.45	1.20	1.02	0.88
1/i（A^-1）	0.51	0.69	0.83	0.98	1.14

（1）畫出1/i-L圖象；
（2）寫出1/i-L圖象所對應的物理原理表達式，式中涉及到相關物理量用字母表示（E、r、R、R₀）

r+R

（3）從圖中根據截距和斜率，求出該電源內阻r為

0.28

Ω；該電阻線單位長度的電阻R₀為

9.45

Ω．

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（1）如圖是多用表的刻度盤，當選用量程為50mA的電流擋測量電流時，表針指于圖示位置，則所測電流為

30.9

mA；若選用倍率為“×100”的電阻擋測電阻時，表針也指示在圖示同一位置，則所測電阻的阻值為

1500

Ω．如果要用此多用表測量一個約2.0×10²Ω的電阻，為了使測量比較精確，應選的歐姆擋是

×10

（選填“×10”、“×100”或“×1k”）．換擋結束后，實驗操作上首先要進行的步驟是

歐姆調零

．
（2）為測定某電源內阻r和一段金屬電阻絲單位長度的電阻R₀，設計如圖所示的電路．ab是一段粗細均勻的金屬電阻絲，R是阻值為2Ω的保護電阻，電源電動勢為6V，電流表內阻不計，示數用I表示．滑動片P與電阻絲有良好接觸，aP長度用L_x表示，其它連接導線電阻不計．實驗時閉合電鍵，調節P的位置，將L_x和與之對應的I數據記錄在下表．
①畫出1/I-L_x圖象；
②根據所畫圖線，寫出金屬絲的電阻與其長度的函數關系式：

=0.38+1.575L

③從圖中根據截距和斜率，求出該電源內阻r為

0.28

Ω；該金屬電阻絲單位長度的電阻R₀為

9.45

Ω/m

實驗次數	1	2	3	4	5
L_x（m）	0.10	0.20	0.30	0.40	0.50
I（A）	1.94	1.30	1.20	1.02	0.88
1/I（A^-1）	0.52	0.77	0.83	0.98	1.14

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為測定某電源內阻r和一段電阻絲單位長度的電阻R₀，設計如圖1所示的電路．ab是一段粗細均勻的電阻絲，R是阻值為2Ω的保護電阻，電源電動勢為6V，電流表內阻不計，示數用I表示，滑動片P與電阻絲有良好接觸，aP長度用L表示，其它連接導線電阻不計．實驗時閉合電鍵，調節P的位置，將L和與之對應的I數據記錄在下表．

實驗次數	1	2	3	4	5
L（m）	0.10	0.20	0.30	0.40	0.50
I（A）	1.78	1.39	1.14	0.97	0.84
1/I（A^-1）	0.56	0.72	0.88	1.03	1.19

（1）在圖2中畫出1/I-L圖象；
（2）寫出1/I-L的關系式，式中涉及到相關物理量用字母表示（E、r、R、R₀）

r+R

（3）從圖中根據截距和斜率，求出該電源內阻r為

0.40

Ω；該電阻絲單位長度的電阻R₀為

9.48

Ω/m．（結果保留兩位小數）

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某同學在探究物體彈性碰撞的特點時，先提出了如下假設：①兩個物體碰撞前后各自的質量與自己的速度的乘積之和是不變的；②兩個物體碰撞前后各自的質量與自己速度的二次方的乘積之和是不變的．為了驗證這個假設，該同學設計了如圖1所示的實驗裝置．先將彈性a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣尺寸大小的彈性b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次．
（1）在安裝斜槽軌道時，要注意

．選擇彈性小球a、b時，小球a、b的質量m_a、m_b應該滿足關系：m_a

m_b（填“＞”或“=”或“＜”），理由是

．
（2）本實驗必須測量的物理量有以下哪些

．
A．斜槽軌道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的質量m_a、m_b
C．小球a、b的半徑r
D．小球a、b 離開斜槽軌道末端后平拋飛行時間t
E．記錄紙上O點到A、B、C各點的距離S_OA、S_OB、S_OC
F．a球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h
（3）該同學設計了一個實驗數據表格，見表一．從表中可以看出，有些物理量并非實驗中直接測出的，請你將表中不能直接測出的物理量換成能直接測出的物理量，而不影響實驗探究的目的，并將結果對應填在表二中．
表一：

	碰撞前	碰撞后
質量	m_a	m_a	m_b

速度	v_a	v’_a	v’_b

mv	m_av_a	m_av’_a+m_bv’_b

mv²	m_av²_a	m_av^’2_a+m_bv^’2_b

表二：

	碰撞前	碰撞后
質量

速度

mv

mv²

（4）為測定未放被碰小球時，小球a落點的平均位置，把刻度尺的零刻線跟記錄紙上的O點對齊，圖2給出了小球a落點附近的情況，由圖可得OB距離應為

cm．
（5）該同學通過對實驗數據的分析和處理驗證了他的假設，這就表明物體在彈性碰撞中有兩個物理量是守恒的，這兩個物理量分別是

、

．

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題號

答案

題號

答案

22．(Ⅰ) 甲

（Ⅱ）

R₁=20 R₂=180 R₃=1.4 k

R₄=49.9 k R₅=450 k

23．【解】當斜面體向右加速運動時，計算球離開斜面的臨界加速度a₀，此時有：

Tsinθ-mg=0

Tcosθ=ma₀

由此解得： a₀=gcotθ =m/s²

又 a=4m/s²> a₀

所以，小球離開斜面，設此時線與豎直方向成φ角，則：

Tsinφ-mg=0

Tcosφ=ma

解得：T=m=2.43N

24．解：如圖所示，帶電粒子從S點出發，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區的速度大小為v，根據動能定理，有

設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有

由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得

25．解：用m表示A、B和C的質量。

（1）當物塊A以初速度v₀向右運動時，它因受C給它的滑動摩擦力做勻減速直線運動，而它作用于C的摩擦力不足以使B、C產生相對滑動，即B、C以相同加速度做勻加速直線運動。物塊A、B發生碰撞的臨界情況是：物塊A運動到物塊B所在處時，A、B速度相等。

在臨界狀況下，因為B與木板C的速度始終相等，所以A、B即將碰撞時，A、B、C三者速度均相同，設為v₁。由動量守恒定律有

mv₀=3mv₁ ①

在此過程中，設木板C 運動的路程為s₁，則物塊A運動的路程為s₁+L，由功能原理得：

②

解①、②得：

故A與B發生碰撞的條件是：

（2）當物塊A的初速度時，A、B將發生碰撞，物塊B與檔板P發生碰撞的臨界情況是：物塊B運動到檔板P所在處時，B、C的速度相等。同（1）中結論，在臨界狀況下，當B運動到檔板P處時，A、B、C三者速度相等，設此速度為v₂，根據動量守恒定律得：

mv₀＝3mv₂ ③

設A、B碰撞前瞬間，A、B、C速度分別為v_A、v_B和v_C，則v_A>v_B，v_B=v_C 。

在A、B碰撞的極短時間內，A、B構成的系統的動量近似守恒，而木板C的速度保持不變，因為A、B間的碰撞是彈性的，即系統機械能守恒，又物塊A、B質量相等，故易得：碰撞后A、B速度交換，設碰撞剛結束時A、B、C三者的速度分別為v_A?、v_B?、v_C?，則v_A?＝v_B，v_B?＝v_A，v_C?＝v_C，剛碰撞后A、B、C的運動與（1）類似，只是A、B的運動進行了交換，由此易分析：在整個運動過程中，先是A相對C運動的路程為L，接著是B相對C運動的路程為L，整個系統的動能轉變為內能。類似（1）中方程得

④

聯立③、④解之，得：

故A與B相撞，B再與P相撞的條件是：

（3）當物塊A的初速度時，B將與檔板P相撞，撞后A、B、C的運動可由（2）中運動類比得到：B、P碰撞后瞬間，物塊A、B速度相同，木板C速度最大，然后C以較大的加速度向右做減速運動，而物塊A和B以相同的較小加速度向右做加速運動，加速過程將持續到或者A、B與C速度相同，三者以相同速度向右做勻速運動，或者木塊A從木板C上掉了下來，因此物塊B、A在木板C上不可能再發生碰撞。

(4)若A剛剛沒從木板C上掉下來，即A到達C的左端時的速度變為與C相同，這時三者的速度皆相同，以v₃表示，由動量守恒有

3mv₃=mv₀⑤

從A以初速度v₀在木板C的左端開始運動，經過B與P相碰，直到A剛沒從木板C的左端掉下來，這一整個過程中，系統內部先是A相對C運動的路程為L，接著B相對C運動的路程也是L，B與P碰后直到A剛沒從木板C上掉下來，A與B相對C運動的路程也皆為L，整個系統動能的改變應等于內部相互滑動摩擦力做功的代數和。

即：(3m)v₃²-mv₀² =-μmg?4L ⑥

由⑤⑥兩式得：

故A從C掉下的條件是：

（5）當物塊A的初速度時，A將從木板C上掉下來。設A剛從木板C上掉下來時，A、B、C三者的速度分別為v_A″, v_B″, v_C″，有 v_A″＝ v _B″＜v_C″，這時⑤式應改寫成

mv₀=2m v_A″+mv_C″ ⑦

⑥式應改寫成： (2m)v_B″²+mv″_C²-mv₀=-μmg?4L ⑧

當物塊A掉下C后，物塊B從木板C掉下的臨界情況是：當C在左端趕上B時，B與C的速度相等，設此速度為v₄

則由動量守恒定律可得： mv_B″+ mv_C″＝2mv₄⑨

再對B、C系統從A掉下C到B掉下C的過程用動能定律：

(2m)v₄²―（mv″_B²+mv_C″²）= -μmgL ⑩

聯立⑦⑧⑨⑩，注意到v_A″＝ v _B″＜v_C″，可解得：

，，

故物塊B從木板C上掉下的條件是：

26．（12分）（1）bd （2分）（2）① 25%（2分） 23.1 kJ（2分） ② ＞（2分）

（3）陰（1分） N₂ ＋ 6H⁺ + 6e^- ＝ 2NH₃（2分）

27．（18分）（1）acd（3分）（2）HOCN（3分）

（3）H―N=C=O（3分） 8HNCO + 6NO₂ = 7N₂ + 8CO₂ + 4H₂O（3分）

（4）NH+ OH^- NH₃↑+ H₂O（3分） 2.8%（3分）

（提示：c（HCl）= =0.08 mol?L^-1，

牛奶中蛋白質的百分含量）

28. （15分）（1）SiO₂＋2CSi＋2CO↑（3分）
（2）2Fe²^＋＋Cl₂＝2Fe³^＋＋2Cl^－（3分）
H₂（g）＋Cl₂（g）＝2HCl（g）；ΔH＝－184.6 kJ?mol^－¹（3分）
（3）N₂＋O₂2NO（3分）
（4）C＋4HNO₃CO₂↑＋4NO₂↑＋4H₂O（3分）