（2003?上海）圖1為某一熱敏電阻（電阻值隨溫度的改變而改變，且對(duì)溫度很敏感）的I-U關(guān)系曲線圖．

（1）為了通過測(cè)量得到圖1所示I-U關(guān)系的完整
曲線，在圖2圖3兩個(gè)電路中應(yīng)選擇的是圖

2

2

；
簡(jiǎn)要說明理由：

圖2電路電壓可從0V調(diào)到所需電壓，調(diào)節(jié)范圍較大．

圖2電路電壓可從0V調(diào)到所需電壓，調(diào)節(jié)范圍較大．

（電源電動(dòng)勢(shì)為9V，內(nèi)阻不計(jì)，滑線變阻器的阻值為0-100Ω）．
（2）在圖4電路中，電源電壓恒為9V，電流表讀數(shù)為70mA，定值電阻R₁=250Ω．由熱敏電阻的I-U關(guān)系曲線可知，熱敏電阻兩端的電壓為

5.2

5.2

V；電阻R₂的阻值為

105.2

105.2

Ω．
（3）舉出一個(gè)可以應(yīng)用熱敏電阻的例子：

熱敏溫度計(jì)

熱敏溫度計(jì)

．

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現(xiàn)有一滿偏電流為50uA、內(nèi)阻約為800～850Ω的59C2型小量 程電流表G（表頭），另外可供選擇的器材有：
A．電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約為20kQ）
B．電流表A₁（量程200μA．內(nèi)阻約為500Ω）
C．電流表A₂（量程0.6A，內(nèi)阻約為3Ω）
D．定值電阻R₀（阻值10kΩ）
E．電阻箱R'（最大阻值9999Ω）
F．滑動(dòng)變阻器R（最大阻值100Ω）
G．電源E（電動(dòng)勢(shì)3V）．
H．開關(guān)S
（1）測(cè)量小量程電流表G的內(nèi)阻．為了盡量減小誤差，要求測(cè)量多組數(shù)據(jù)，所提供的電流表中，應(yīng)選用

B

B

（填寫字母代號(hào)），請(qǐng)?jiān)趫D1的虛線框中畫出符合要求的實(shí)驗(yàn)電路圖（其中電源、開關(guān)及連線已畫 出）．

（2）將G改裝成兩種倍率（如“X1”“X10”）的歐姆表．現(xiàn)有兩種備選電路，如圖2和圖3所示，則圖

2

2

（選填“2”或“3”）為合理電路；在合理的電路中，當(dāng)開關(guān)S合向

b

b

端，這時(shí)的歐姆表是較大倍率擋．

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（1）圖1為某一熱敏電阻（電阻值隨溫度的改變而改變，且對(duì)溫度很敏感）的I-U關(guān)系曲線圖．為了通過測(cè)量得到圖1所示I-U關(guān)系的完整曲線，在圖2和圖3兩個(gè)電路中應(yīng)選擇的是圖

2

2

．（電源電動(dòng)勢(shì)為9V，內(nèi)阻不計(jì)，滑線變阻器的阻值為0-100Ω）．

（2）．在圖4電路中，電源電壓恒為9V，電流表讀數(shù)為70mA，定值電阻R₁=250Ω．由熱敏電阻的I-U關(guān)系曲線可知，熱敏電阻兩端的電壓為

5.2

5.2

V；電阻R₂的阻值為

105.2

105.2

Ω．
（3）一多用電表的電阻檔有三個(gè)倍率，分別是×1、×10、×100．用×10檔測(cè)量某電阻時(shí)，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，應(yīng)換到

×100

×100

檔．如果換檔后立即用表筆連接待測(cè)電阻進(jìn)行讀數(shù)，那么缺少的步驟是

調(diào)零

調(diào)零

，若補(bǔ)上該步驟后測(cè)量，表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值是

2.2×10³

2.2×10³

Ω．
（4）某研究性學(xué)習(xí)小組利用圖 5所示電路測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì) E和內(nèi)阻r．根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出如圖 6所示的 R-

1

I

圖線，其中 R為電阻箱讀數(shù)，I為電流表讀數(shù)，由此可以得到 E=

2.9

2.9

V，r=

0.8

0.8

Ω．

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圖1是熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小的I-U關(guān)系圖
（1）為了通過測(cè)量得到圖1所示I-U關(guān)系完整曲線，在圖2，3電路中應(yīng)選擇圖

2

2

．（已知電源電動(dòng)勢(shì)為9V，內(nèi)阻不計(jì)，滑線變阻器阻值為0-100Ω）

（2）圖4電路電源端電壓恒為9V，A讀數(shù)70mA，定值電阻R₁=250Ω．由熱敏電阻的I-U關(guān)系曲線可知電阻R₂阻值為

111.8

111.8

Ω．

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（2012?寧波模擬）如圖22-1所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有小孔M、N．今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落（P、M、N三點(diǎn)在同一豎直線上），空氣阻力不計(jì)，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后按原路徑返回．若保持兩板間的電壓不變，則（　�。�

A．若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回

B．若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回

C．若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過N孔繼續(xù)下落

D．若把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過N孔繼續(xù)下落

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                                   高考真題

1．【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m,t₀時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律                

3t₀時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関₀，說明碰撞是彈性碰撞            聯(lián)立以上兩式解得  m=M                      

(也可通過圖象分析得出v₀=v,結(jié)合動(dòng)量守恒，得出正確結(jié)果)

【答案】m=M

2．【解析】由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得：      

          解得：

      炮彈射出后做平拋，有：

      解得目標(biāo)A距炮口的水平距離為：

     同理，目標(biāo)B距炮口的水平距離為：

              解得：

【答案】

3．【解析】（1）P₁滑到最低點(diǎn)速度為，由機(jī)械能守恒定律有：  

    解得：

P₁、P₂碰撞，滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為、

解得：    =5m/s

P₂向右滑動(dòng)時(shí)，假設(shè)P₁保持不動(dòng)，對(duì)P₂有：（向左）

對(duì)P₁、M有： 

此時(shí)對(duì)P₁有：，所以假設(shè)成立。

（2）P₂滑到C點(diǎn)速度為，由   得

P₁、P₂碰撞到P₂滑到C點(diǎn)時(shí)，設(shè)P₁、M速度為v，對(duì)動(dòng)量守恒定律：

     解得：

對(duì)P₁、P₂、M為系統(tǒng)：

代入數(shù)值得：

滑板碰后，P₁向右滑行距離：

P₂向左滑行距離：

所以P₁、P₂靜止后距離：

【答案】（1）（2）

4．【解析】(1)P₁經(jīng)t₁時(shí)間與P₂碰撞，則     

P₁、P₂碰撞，設(shè)碰后P₂速度為v₂，由動(dòng)量守恒：

解得（水平向左）    （水平向右）

碰撞后小球P₁向左運(yùn)動(dòng)的最大距離：      又：

解得：

所需時(shí)間：

（2）設(shè)P₁、P₂碰撞后又經(jīng)時(shí)間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P₁受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為正：   則： 

解得：  （故P₁受電場(chǎng)力不變）

對(duì)P₂分析：  

所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞。

5．【解析】從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤�，小球A和B的速度大小保持不變。根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4┱1。

設(shè)碰撞后小球A和B 的速度分別為和，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能相等，有

                     ………… ①

               ………… ②

聯(lián)立以上兩式再由,可解出 m₁∶m₂=2∶1

【答案】2∶1

6．【解析】⑴碰后B上擺過程機(jī)械能守恒，可得。

⑵兩球發(fā)生彈性碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。設(shè)與B碰前瞬間A的速度是v₀，有2mv₀=2mv_A+mv_B，，可得v_A= v₀/3，v_B= 4v₀/3，因此，同時(shí)也得到。

⑶先由A平拋的初速度v_A和水平位移L/2，求得下落高度恰好是L。即兩球碰撞點(diǎn)到水平面的高度是L。A離開彈簧時(shí)的初動(dòng)能可以認(rèn)為就等于彈性力對(duì)A做的功。A離開彈簧上升的全過程用機(jī)械能守恒：，解得W=

【答案】（1）   （2）W= 　　　　　　　　　　　　　　　　　

7．【解析】此題是單個(gè)質(zhì)點(diǎn)碰撞的多過程問題，既可以用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理求解，也可以用力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系與動(dòng)量求解．設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v。                                  

由動(dòng)能定理得          ①

以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向。按動(dòng)量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量

②                                         

設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h’，則 ③                             

同理，有 ④   ⑤                                     

式中，v’為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度，I’為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得       ⑥式中   ⑦                                         

由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為

  ⑧總沖量為 ⑨

   由  （ ⑩得⑾

      代入數(shù)據(jù)得     N?s     

【答案】  N?s

8．【解析】此題開始的繩連的系統(tǒng)，后粘合變成了小球單個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)問題（1）對(duì)系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v₁，此時(shí)滑塊的速度大小為v₂，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律：mgl = mv₁² +mv₂²①

由系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒定律：mv₁ = mv₂②

對(duì)滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為：I = mv₂③

聯(lián)立①②③解得I = m 方向向左④

（2）小球釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功的大小為W，對(duì)小球由動(dòng)能定理：mgl＋W = mv₁²⑤

聯(lián)立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對(duì)小球做負(fù)功，大小為mgl 。

【答案】（１）I = m 方向向左；（２）mgl

9．【解析】（1）設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為，有

   （1）    （2）

代入數(shù)據(jù)得         （3）

（2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速度為，取水平向右為正方向，有

    （4）      （5）

代入數(shù)據(jù)得     其大小為4NS  （6）

（3）設(shè)繩斷后A的速度為，取水平向右為正方向，有

 （7）   代入數(shù)據(jù)得

【答案】（１）　�。ǎ玻�4NS　　　　�。ǎ常�

10．【解析】設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為、，擺長(zhǎng)為l，B球的初始高度為h₁，碰撞前B球的速度為v_B.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得

                                                  ①

                                                    ②

設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動(dòng)量的大小分別為P₁、P₂。有

P₁=m_Bv_B                                                              ③

聯(lián)立①②③式得

                                           ④

同理可得

                                     ⑤

聯(lián)立④⑤式得                                        

代入已知條件得         由此可以推出≤4%                                                      

所以，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律。

【答案】≤4%  

名校試題

1．【解析】（1）M靜止時(shí)，設(shè)彈簧壓縮量為l₀，則Mg＝kl₀      ①

速度最大時(shí)，M、m組成的系統(tǒng)加速度為零，則

(M＋m)g－k(l₀＋l₁)＝0     ②-

聯(lián)立①②解得：k＝50N/m   ③                                     

［或：因M初位置和速度最大時(shí)都是平衡狀態(tài)，故mg＝kl₁，解得：k＝50N/m］

（2）m下落h過程中，mgh＝mv₀²     ④-

m沖擊M過程中， m v₀＝(M＋m)v       ⑤-

所求過程的彈性勢(shì)能的增加量：ΔE＝(M＋m)g(l₁＋l₂)＋ (M＋m)v² ⑥

聯(lián)立④⑤⑥解得：ΔE＝0.66J   ⑦

（用彈性勢(shì)能公式計(jì)算的結(jié)果為ΔE＝0.65J也算正確）

【答案】ΔE＝0.66J

2．【解析】①根據(jù)圖象可知，物體C與物體A相碰前的速度為：v₁=6m/s

       相碰后的速度為：v₂=2m/s   根據(jù)定量守恒定律得：…

       解得：m₃=2.0kg

       ②規(guī)定向左的方向?yàn)檎�方向，在�?.0s和第15s末物塊A的速度分別為：

       v₂=2m/s，v₃=－2m/s 所以物塊A的動(dòng)量變化為：

       即在5.0s到15s的時(shí)間內(nèi)物塊A動(dòng)量變化的大小為：16kg?m/s 方向向右

【答案】（1）m₃=2.0kg   （2）16kg?m/s 方向向右

3．【解析】(1)設(shè)第一顆子彈進(jìn)入靶盒A后，子彈與靶盒的共內(nèi)速度為。

　　根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：　　

　　設(shè)A離開O點(diǎn)的最大距離為，由動(dòng)能定理有：　

　　解得：　　

(2)根據(jù)題意，A在的恒力F的作用返回O點(diǎn)時(shí)第二顆子彈正好打入，由于A的動(dòng)量與第二顆子彈動(dòng)量大小相同，方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點(diǎn)。設(shè)第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：　（2分）

　　設(shè)A從離開O點(diǎn)到又回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為ｔ，取碰后A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎�方向，由�?dòng)量定理得：　解得：   

(3)從第(2)問的計(jì)算可以看出，第1、3、5、……（2ｎ＋1）顆子彈打入A后，A運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為　故總時(shí)間　　

【答案】（1）  （2）   （3）

4．【解析】對(duì)A、B、C整體，從C以v₀滑上木塊到最終B、C達(dá)到共同速度V，

其動(dòng)量守恒既：m v₀=2mV₁+3mv     1.8=2V₁+3×0.4        V₁=0.3m/s          

對(duì)A、B、C整體，從C以v₀滑上木塊到C以V₂剛離開長(zhǎng)木板，

此時(shí)A、B具有共同的速度V₁。其動(dòng)量守恒即：m v₀=mV₂+4mv₁      

1.8=V₂+4×0.3         V₂=0.6m/s  

 【答案】 （1）V₁=0.3m/s  （2）  V₂=0.6m/s    

5．【解析】（1）B與A碰撞前速度由動(dòng)能定理   

 得         

      B與A碰撞，由動(dòng)量守恒定律        

      得               

      碰后到物塊A、B運(yùn)動(dòng)至速度減為零，彈簧的最大彈性勢(shì)能

（2）設(shè)撤去F后，A、B一起回到O點(diǎn)時(shí)的速度為，由機(jī)械能守恒得

   返回至O點(diǎn)時(shí)，A、B開始分離，B在滑動(dòng)摩擦力作用下向左作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊B最終離O點(diǎn)最大距離為x

 由動(dòng)能定理得：                       

 【答案】（1）  （2）

6．【解析】設(shè)小車初速度為V₀，A與車相互作用摩擦力為f，      

第一次碰后A與小車相對(duì)靜止時(shí)速為  V₁，由動(dòng)量守恒，

得 m_AV₀－m_BV₀＝(m_A＋m_B)V₁

   由能量守恒，得m_AV₀²＋m_BV₀²＝f?Ｌ+(m_A＋m_B)V₁²…        圖14

    多次碰撞后，A停在車右端，系統(tǒng)初動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒，得

    fL＝(m_A＋m_B)V₀²…

    聯(lián)系以上三式，解得：(m_A＋m_B)²＝4(m_A-m_B)²  ＝∴m_A＝3m_B

【答案】m_A＝3m_B

7．【解析】（1）當(dāng)B離開墻壁時(shí)，A的速度為v₀，由機(jī)械能守恒有

            mv₀²＝E                         解得 v₀=    

（2）以后運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，彈簧達(dá)到最大程度時(shí)，A、B速度相等，設(shè)為v,由動(dòng)量守恒有  2mv=mv₀        解得               v=  

（3）根據(jù)機(jī)械能守恒，最大彈性勢(shì)能為

             E_p=mv₀²－2mv²=E        

【答案】（1）v₀=  （2）v=    （3）E_p=E

8．【解析】設(shè)子彈的質(zhì)量為m，木塊的質(zhì)量為M，子彈射出槍口時(shí)的速度為v₀。

第一顆子彈射入木塊時(shí)，動(dòng)量守恒　

木塊帶著子彈做平拋運(yùn)動(dòng)　　　

第二顆子彈射入木塊時(shí)，動(dòng)量守恒　

木塊帶著兩顆子彈做平拋運(yùn)動(dòng)　　　

聯(lián)立以上各式解得　　　

【答案】

9．【解析】