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(5)小球的帶電量= .(用..等物理量表示) 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

(13分)(1)在物理實驗中體現(xiàn)了很多的物理研究方法,如理想實驗法、控制變量法、極限思維法、圖像法、類比法、科學假說法、微小量放大法與等效替代法等。請把合適的方法或正確的答案填在相應的空格內。

①在“利用打點計時器測速度”的實驗中,運用      法,可以利用打點計時器打出的紙帶測算出某點的瞬時速度:在“探究互成角度的兩個力的合成”的實驗中,分別用一個力F或兩個互成角度的F1、F2,把一個一端固定的橡皮筋拉伸到同一位置,則F就是F1和F2的合力,實驗原理采用的是        法。在“探究平拋運動的規(guī)律”的實驗中,如圖所示,用小錘打擊彈性金屬片,金屬片把A球沿水平方向拋出,同時B球松開,自由下落,A、B兩球同時開始運動,觀察到兩球同時落地。運用      法,可以判定平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動。

②圖象法是物理實驗中一種重要的研究方法。在研究加速度與外力(質量m一定)的關系、驗證機械能守恒定律、探究彈力大小與彈簧伸長量之間的關系三個實驗中,某同學正確作出了三個實驗的相關圖象,如圖中A、B、C所示。根據(jù)坐標軸代表的物理量判斷,A實驗的圖象“斜率”表示          ;B實驗圖象的“斜率”表示           ;C實驗圖象的“斜率”表示           

(2)某一小型電風扇額定電壓為4.0V,額定功率為2.4W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的伏安特性曲線。實驗中除導線和開關外,還有以下器材可供選擇:

A.電源E(電動勢為4.5V)                             

B.電壓表V(量程為0~5V,內阻約為4k

C.電流表A1(量程為0~0.6A,內阻約為0.2

D.電流表A2(量程3A,內阻約0.05);

E.滑動變阻器R1(最大阻值10,額定電流1A)

F.滑動變阻器R2(最大阻值2k,額定電流100mA)

①為了便于調節(jié),減小讀數(shù)誤差和系統(tǒng)誤差,實驗中所用電流表應選用   ,滑動變阻器應選用     。(填所選儀器前的字母序號)。

②請你為該小組設計實驗電路,并把電路圖畫在虛線內(小電風扇的電路符號如圖所示)。

③操作過程中發(fā)現(xiàn),小電風扇通電后受阻力作用,電壓表讀數(shù)小于0.5V時電風扇沒啟動。該小組測繪出的小電風扇的伏安特性曲線如圖所示,由此可以判定,小電風扇的電阻為     ,正常工作時的發(fā)熱功率為    ,機械功率為   

 

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(13分)(1)在物理實驗中體現(xiàn)了很多的物理研究方法,如理想實驗法、控制變量法、極限思維法、圖像法、類比法、科學假說法、微小量放大法與等效替代法等。請把合適的方法或正確的答案填在相應的空格內。

①在“利用打點計時器測速度”的實驗中,運用     法,可以利用打點計時器打出的紙帶測算出某點的瞬時速度:在“探究互成角度的兩個力的合成”的實驗中,分別用一個力F或兩個互成角度的F1、F2,把一個一端固定的橡皮筋拉伸到同一位置,則F就是F1和F2的合力,實驗原理采用的是       法。在“探究平拋運動的規(guī)律”的實驗中,如圖所示,用小錘打擊彈性金屬片,金屬片把A球沿水平方向拋出,同時B球松開,自由下落,A、B兩球同時開始運動,觀察到兩球同時落地。運用     法,可以判定平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動。
②圖象法是物理實驗中一種重要的研究方法。在研究加速度與外力(質量m一定)的關系、驗證機械能守恒定律、探究彈力大小與彈簧伸長量之間的關系三個實驗中,某同學正確作出了三個實驗的相關圖象,如圖中A、B、C所示。根據(jù)坐標軸代表的物理量判斷,A實驗的圖象“斜率”表示         ;B實驗圖象的“斜率”表示          ;C實驗圖象的“斜率”表示           
(2)某一小型電風扇額定電壓為4.0V,額定功率為2.4W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的伏安特性曲線。實驗中除導線和開關外,還有以下器材可供選擇:
A.電源E(電動勢為4.5V)                             
B.電壓表V(量程為0~5V,內阻約為4k
C.電流表A1(量程為0~0.6A,內阻約為0.2
D.電流表A2(量程3A,內阻約0.05);
E.滑動變阻器R1(最大阻值10,額定電流1A)
F.滑動變阻器R2(最大阻值2k,額定電流100mA)

①為了便于調節(jié),減小讀數(shù)誤差和系統(tǒng)誤差,實驗中所用電流表應選用  ,滑動變阻器應選用    。(填所選儀器前的字母序號)。
②請你為該小組設計實驗電路,并把電路圖畫在虛線內(小電風扇的電路符號如圖所示)。
③操作過程中發(fā)現(xiàn),小電風扇通電后受阻力作用,電壓表讀數(shù)小于0.5V時電風扇沒啟動。該小組測繪出的小電風扇的伏安特性曲線如圖所示,由此可以判定,小電風扇的電阻為    ,正常工作時的發(fā)熱功率為   ,機械功率為   

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(13分)(1)在物理實驗中體現(xiàn)了很多的物理研究方法,如理想實驗法、控制變量法、極限思維法、圖像法、類比法、科學假說法、微小量放大法與等效替代法等。請把合適的方法或正確的答案填在相應的空格內。

①在“利用打點計時器測速度”的實驗中,運用     法,可以利用打點計時器打出的紙帶測算出某點的瞬時速度:在“探究互成角度的兩個力的合成”的實驗中,分別用一個力F或兩個互成角度的F1、F2,把一個一端固定的橡皮筋拉伸到同一位置,則F就是F1和F2的合力,實驗原理采用的是       法。在“探究平拋運動的規(guī)律”的實驗中,如圖所示,用小錘打擊彈性金屬片,金屬片把A球沿水平方向拋出,同時B球松開,自由下落,A、B兩球同時開始運動,觀察到兩球同時落地。運用     法,可以判定平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動。
②圖象法是物理實驗中一種重要的研究方法。在研究加速度與外力(質量m一定)的關系、驗證機械能守恒定律、探究彈力大小與彈簧伸長量之間的關系三個實驗中,某同學正確作出了三個實驗的相關圖象,如圖中A、B、C所示。根據(jù)坐標軸代表的物理量判斷,A實驗的圖象“斜率”表示         ;B實驗圖象的“斜率”表示          ;C實驗圖象的“斜率”表示           
(2)某一小型電風扇額定電壓為4.0V,額定功率為2.4W。某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的伏安特性曲線。實驗中除導線和開關外,還有以下器材可供選擇:
A.電源E(電動勢為4.5V)                             
B.電壓表V(量程為0~5V,內阻約為4k
C.電流表A1(量程為0~0.6A,內阻約為0.2
D.電流表A2(量程3A,內阻約0.05);
E.滑動變阻器R1(最大阻值10,額定電流1A)
F.滑動變阻器R2(最大阻值2k,額定電流100mA)

①為了便于調節(jié),減小讀數(shù)誤差和系統(tǒng)誤差,實驗中所用電流表應選用  ,滑動變阻器應選用    。(填所選儀器前的字母序號)。
②請你為該小組設計實驗電路,并把電路圖畫在虛線內(小電風扇的電路符號如圖所示)。
③操作過程中發(fā)現(xiàn),小電風扇通電后受阻力作用,電壓表讀數(shù)小于0.5V時電風扇沒啟動。該小組測繪出的小電風扇的伏安特性曲線如圖所示,由此可以判定,小電風扇的電阻為    ,正常工作時的發(fā)熱功率為   ,機械功率為   

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用下面的方法可以測量物體的帶電量。圖中小球是一個外表面鍍有金屬膜的空心塑料球,用絕緣絲線懸掛于O點,O點固定一個可測量絲線偏離豎直方向角度的量角器,MN是兩塊豎直放置的金屬板,加上電壓后其兩板間電場可視為勻強電場。另外還要用到的器材有天平、刻度尺、電壓表、直流電源、開關、滑動變阻器及導線若干。實驗步驟如下:

①用天平測出小球的質量m,并用刻度尺測出M、N板之間的距離d,使小球帶上一定的電量;

②連接電路(請在右圖中的虛線框內畫出實驗所用的電路圖,電源、開關已畫出);

③閉合開關,調節(jié)滑動變阻器滑片的位置,讀出多組相應的電壓表的示數(shù)和絲線的偏轉角度θ

④以電壓U為縱坐標,以________為橫坐標作出過原點的直線,求出直線的斜率k

⑤小球的帶電量q =______________(用m、d、k等物理量表示) 

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某研究性學習小組設計了圖示實驗裝置測量物體帶電荷量的方法。圖中小球是一個外表面鍍有金屬膜的空心塑料球,用絕緣絲線懸掛于O點,O點固定一個可測量絲線偏離豎直方向角度的量角器,M、N是兩塊相同的、正對著平行放置的金屬板(加上電壓后其內部電場可視為勻強電場) ,另外還要用到的器材有天平、刻度尺、電壓表、直流電源、開關、滑動變阻器及導線若干。當?shù)氐闹亓铀俣葹?i>g。

(1)用天平測出小球的質量m,按圖所示進行器材的安裝,并用刻度尺測出M、N板之間的距離d,使小球帶上一定的電荷量

(2)請在圖中的虛線框內畫出實驗所用的電路圖 (電源、開關已畫出)

(3)閉合開關,調節(jié)滑動變阻器滑動片的位置,讀出多組對應的電壓表的示數(shù)U和絲線的偏轉角度α

(4)以電壓U為縱坐標,以_______為橫坐標作出過原點的直線,求出直線的斜率k

(5)小球的帶電荷量q=_________,(用m、d、k等物理量表示)

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1.答案:B   根據(jù)電場線疏密判斷E的大小,密的地方場強大,有EA>EB;根據(jù)沿電場線方向電勢降低,有>.

2.答案:A    由點電荷的電場分布特點可知,距離點電荷越近,場強越大,因此該點電荷必然處于A點右側.但點電荷帶電性質不確定,因此場強的方向不確定.

3.答案:BD    由電場的疊加,AB中垂線中由C向上場強為先增后減,故電荷C所受電場力向上且先增后減,所以C的加速度先增后減,但速度始終增大,可知BD正確.

4.答案:C    靜電屏蔽作用,人體相當于一個等勢體.

5.答案:BC    注意兩種情況的區(qū)別,電鍵K始終閉合,則電容器兩板間的電壓保持不變,閉合后再斷開則電量保持不變,然后再根據(jù)平行板電容器電容、電勢差和電量的關系及勻強電場中場強和距離的關系即可.

6.答案:B    由于庫侖力變化,因此質子向b不是做加速運動,A錯誤;由于ab之間的電勢差恒定,根據(jù)動能定理得,可得,則知粒子從a點由靜止釋放后運動到b點的速率為,B正確;當電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運動時,根據(jù),可得,則知電子以Ob為半徑繞O做勻速圓周運動時的線速度為,C、D錯誤.

7.答案:AD  減小的動能轉化為電子的電勢能,由AC減小的動能與由CB增加的動能相等,所以場強方向由O指向CAB的電勢相等,形成電場的正電荷應位于D點.

8.答案:A    根據(jù)帶電粒子在電場中水平方向上勻速和豎直方向上勻加速即可推出A正確.

9.答案:D    剪斷細線Oc后,ab作為一個系統(tǒng)在水平方向只受內力(庫侖力、繩子拉伸后的拉力)作用,外力無沖量故其水平方向上動量恒為零.在豎直方向上,二者同時在重力作用下做初速度為零的勻加速運動,同時落地機械能守恒,故落地時,ab兩球的動能和為.在運動過程中,電場力做正功,因此其系統(tǒng)電勢能減小.

10.答案:BD   粒子在水平方向上做勻速直線運動,因初速度相同,故水平位移大的時間長,因,故,A錯.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動,有,因為位移相同,所以運動時間長的粒子加速度小,即,故B正確.粒子到達正極板的動能為,而,所以有,C錯誤.由可以判斷A帶負電,B不帶電,C帶正電,D正確.

11.答案:(1)BE(4分)    要用直流電源形成穩(wěn)恒電流場,以模擬靜電場,應選6V的直流電源,所以選B;要用探針尋找等勢點,電流表靈敏度高,指針能左右偏轉,所以選E.

(2)D (4分) 探針由O點左側沿x軸正方向移到O點右側的過程中,兩探針間的電勢差先減小后變大,所以靈敏電流表的指針與零刻度的夾角先變小后變大.

12.答案:(1)如圖(a).(4分)(2)   (4分)(3)  (4分)

提示:帶電小球的受力如圖b,

根據(jù)平衡條件有

又有,聯(lián)立解得,

,所以應以為橫坐標.

13.解析:(1)由圖可得B點電場強度的大小N/C.(2分)

B點的試探電荷帶負電,而受力指向x軸的正方向,故B點場強的方向沿x軸的負方向. (2分)

(2)因A點的正電荷受力和B點的負電荷受力均指向x軸的正方向,

故點電荷Q位于AB兩點之間,帶負電. (2分)

設點電荷Q的坐標為x,則(4分)

由圖可得N/C,解得x=2.6m. (4分)

14.解析:他的解答是錯誤的.   (5分)

小環(huán)是穿在絲線上,作用于小環(huán)上的兩個拉力大小相等,方向不同.小環(huán)受四個力,如圖所示.

豎直方向       Tsin60°=mg  ①    (3分)

水平方向  Tcos60°+T=    ②   (3分)

由①②聯(lián)立得    (3分)

15.解析:(1)由小球運動到最高點可知,小球帶正電(2分)

(2)設小球運動到最高點時速度為v,對該過程由動能定理有,

①(2分)

在最高點對小球由牛頓第二定律得,②(2分)

由①②式解得,T=15N(1分)

(3)小球在細線斷裂后,在豎直方向的加速度設為a,則③(2分)

設小球在水平方向運動L的過程中,歷時t,則④(1分)

設豎直方向上的位移為s,則⑤(1分)

由①③④⑤解得,s=0.125m(2分)

∴小球距O點高度為s+L=0.625m. (1分)

16.解析:(1)因油滴到達最高點時速度大小為,方向水平,對ON過程用動能定理有,(2分)

所以電場力一定做正功,油滴帶負電,則最高位置一定在O點的左上方. (3分)

(2)由(1)的分析可知,在豎直方向上油滴做初速為的豎直上拋運動,則有,(3分)

.(2分)

(3)油滴由ON的運動時間,(2分)

則在水平方向上由動量定理得,(2分)

.(2分)

17.解析:(1)小球由B點運動到C點過程,由動能定理有,

,(2分)

C點,設繩中張力為FC,則有(2分)

FC=mg,故vC=0(2分)

又由小球能平衡于A點得,(2分)

(2分)

(2)小球由D點靜止釋放后將沿與豎直方向夾θ=53°的方向作勻加速直線運動,直至運動到O點正下方的P點,OP距離h=Lcot53°=(2分)

在此過程中,繩中張力始終為零,故此過程的加速度a和位移s分別為:

.(2分)

∴小球到達懸點正下方時的速率為.(2分)

18.解析:(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,根據(jù)動能定理得:

     e U1=………(2分) 解得:………(2分)

(2)電子以速度v0進入偏轉電場后,垂直于電場方向作勻速直線運動,沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉電場的電場強度為E,電子在偏轉電場運動的時間為t1,電子的加速度為a,離開偏轉電場時相對于原運動方向的側移量為y1,根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得:

F=eE,  E= , F=ma,    a =……(3分)

t1=, y1=,解得: y1=……(3分)

(3)設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為vy,根據(jù)運動學公式得:vy=at1=(2分)

電子離開偏轉電場后作勻速直線運動,設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t2,電子打到熒光屏上的側移量為y2,如圖所示

t2=, y2= vyt2   解得:y2=……………………(2分)

P到O點的距離為 y=y1+y2=……………………(2分)

 


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