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文檔簡介
高級中學名校試卷PAGEPAGE1慈溪市2023年度第一學期期末測試卷高二物理試卷考生須知:1.本卷滿分100分,考試時間90分鐘;2.在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場、座位號及準考證號并核對信息;3.所有〖答案〗必須寫在答題卷上,寫在試卷上無效;4.可能用到的相關(guān)公式或參數(shù):重力加速度g均取。選擇題部分一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.單位符號為的物理量是()A.磁感應(yīng)強度 B.磁通量 C.電場強度 D.電動勢〖答案〗B〖解析〗A.磁感應(yīng)強度單位為T。A錯誤;B.磁通量知,磁通量單位為。B正確;C.電場強度知,電場強度單位為或。C錯誤;D.電動勢單位為伏特(V)。D錯誤;2.如圖所示,甲為回旋加速器,乙為磁流體發(fā)電機,丙為法拉第線圈,丁為電磁爐。下列說法正確的是()A.甲圖中,若加速電壓減小,粒子能獲得的最大動能減小B.乙圖中,若要增大電源電動勢,可以增大磁感應(yīng)強度C.丙圖中,若在ab的兩端接上直流電源,穩(wěn)定后接在cd端的電流表也會有偏轉(zhuǎn)D.丁圖中,電磁爐利用電磁感應(yīng)使爐內(nèi)線圈發(fā)熱,進而傳熱給鐵鍋〖答案〗B〖解析〗A.設(shè)回旋加速度D形盒的半徑為R,粒子獲得的最大速度為,根據(jù)牛頓第二定律有解得粒子的最大動能為可知粒子最大動能與加速電壓無關(guān),故A錯誤;B.乙圖中,根據(jù)洛倫茲力與電場力平衡可得可得電源電動勢為若要增大電源電動勢,可以增大磁感應(yīng)強度,故B正確;C.丙圖中,若在ab的兩端接上直流電源,穩(wěn)定后右側(cè)線圈不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,接在cd端的電流表不會有偏轉(zhuǎn),故C錯誤;D.丁圖中,電磁爐利用電磁感應(yīng)使鐵鍋產(chǎn)生渦流而發(fā)熱的,故D錯誤。3.變壓器是日常生活中必不可少的重要元器件,小明同學從功率放大器中拆解出一個如圖甲所示的環(huán)形變壓器,該變壓器可視為理想變壓器,銘牌上顯示該變壓器原線圈的匝數(shù)為220匝,當原線圈接入220V的交流電時,副線圈兩端的電壓為22V。小明同學在環(huán)形變壓器原線圈中串入一個理想交流電流表,在副線圈兩端接一個銘牌為“2.5V,0.25A”的小燈泡,如圖乙所示。當原線圈兩端接如圖丙所示的正弦交變電壓時,小燈泡恰好能正常發(fā)光,下列說法正確的是()A.變壓器副線圈的匝數(shù)為20匝B.圖丙中交流電的頻率為0.5HzC.小燈泡正常發(fā)光時電流表的示數(shù)為0.025AD.圖丙中正弦交變電壓的峰值〖答案〗C〖解析〗A.該變壓器可視為理想變壓器,則由電壓關(guān)系知代入得A錯誤;B.由圖丙知,交流電的周期為,則頻率為B錯誤;C.由電流關(guān)系知代入得C正確;D.由電壓關(guān)系知代入得D錯誤;4.智能手機可測量磁感應(yīng)強度。建立如圖甲所示坐標系,xOy平面為水平面,z軸正方向豎直向上。手機如圖甲放置,測量地磁場結(jié)果如圖乙所示。在同一地點,手機繞x軸旋轉(zhuǎn)某一角度,測量結(jié)果如圖丙所示。已知手機屏幕面積約為0.009m2,則兩次穿過屏幕的磁通量的變化量約為()A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意,計算通過手機顯示屏的磁通量時,應(yīng)利用地磁場的z軸分量,則圖甲時穿過顯示屏的磁通量大小約為圖乙時穿過顯示屏的磁通量大小約為由數(shù)據(jù)可得,第一次地磁場從手機顯示屏穿過,z軸磁場分量為負值,第二次z軸地磁場分量為正值,可知地磁場從手機背面穿過,則磁通量的變化量約為5.如圖甲所示為安裝在某特高壓輸電線路上的一個六分導線間隔棒,圖乙為其截面圖。間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上,O為正六邊形的中心。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應(yīng)強度與電流大小成正比,與到導線的距離成反比。當6條輸電導線中通垂直紙面向外,大小相等的電流,a、b導線之間的安培力大小為F,此時()A.O點的磁感應(yīng)強度最大B.f導線所受安培力方向沿Of水平向左C.b、e導線之間的安培力大小為2FD.a導線所受安培力大小為2.5F〖答案〗D〖解析〗A.由題意可知,a與d、b與e、c與f在O點的磁場大小相等、方向相反,故O點的磁感應(yīng)強度為零,故A錯誤;B.根據(jù)安培定則,其他5根輸電線在f處產(chǎn)生的磁場方向垂直fc向下,根據(jù)左手定則,f導線所受安培力方向沿Of指向O,即水平向右,故B錯誤;C.由題意可知,a、b導線之間的安培力大小為F,b、e間的安培力大小為F,故C錯誤;D.b、f對a的安培力為F,c、e對a的安培力為F,d對a的安培力為,則a導線所受安培力為2.5F,故D正確。6.如圖所示,在等臂電流天平的右托盤下固定一矩形線圈,線圈匝數(shù)為n,底邊cd長為L,調(diào)平衡后放在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中,線圈平面與磁場垂直。重力加速度為g。左、右托盤分別放置質(zhì)量為、的砝碼,線圈中通如圖所示方向的電流I,天平平衡。若拿掉右側(cè)質(zhì)量為的砝碼,為使天平再次平衡,關(guān)于線圈中的電流,下列選項正確的是()A.,逆時針 B.,順時針C.,逆時針 D.,順時針〖答案〗B〖解析〗據(jù)題意左、右托盤分別放置質(zhì)量為、的砝碼,線圈中通如圖所示方向的電流I,天平平衡。根據(jù)左手定則可知線圈所受安培力方向為豎直向上,根據(jù)平衡條件有若拿掉右側(cè)質(zhì)量為的砝碼,為使天平再次平衡,根據(jù)左手定則可知線圈所受安培力方向為豎直向下,電流方向為順時針,由平衡條件有聯(lián)立解得故選B。7.來自宇宙的高速帶電粒子流在地磁場的作用下偏轉(zhuǎn)進入地球兩極,撞擊空氣分子產(chǎn)生美麗的極光。高速帶電粒子撞擊空氣分子后動能減小。假如我們在地球北極仰視,發(fā)現(xiàn)正上方的極光如圖甲所示,某粒子運動軌跡如乙圖所示。下列說法正確的是()A.粒子從M沿逆時針方向射向NB.高速粒子帶正電C.粒子受到的磁場力不斷增大D.若該粒子在赤道正上方垂直射向地面,會向東偏轉(zhuǎn)〖答案〗A〖解析〗A.高速帶電粒子撞擊空氣分子后動能減小,速度變小,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得速度變小,半徑變小,結(jié)合圖像可知,粒子從M沿逆時針方向射向N,故A正確;B.地理北極附近是地磁南極,所以北極上空的地磁場方向豎直向下,根據(jù)左手定則可以判斷,高速粒子帶負電,故B錯誤;C.由于粒子的速度不斷減小,則粒子受到的磁場力不斷減小,故C錯誤;D.若該粒子在赤道正上方垂直射向地面,赤道位置磁場由南向北,根據(jù)左手定則可以判斷,粒子會向西偏轉(zhuǎn),故D錯誤。故選A。8.質(zhì)量為m的人在遠離任何星體的太空中,與他旁邊的飛船相對靜止。由于沒有力的作用,他與飛船總保持相對靜止的狀態(tài)。當此人手中拿著質(zhì)量為的一個小物體以相對于飛船為u的速度把小物體拋出,則()A.小物體的動量改變量是mu B.人的動量改變量是muC.人的速度改變量是 D.飛船的速度改變量是〖答案〗C〖解析〗A.依題意,小物體原來相對飛船靜止,后被以速度u拋出,它的動量改變量是故A錯誤;B.人和小物體組成的系統(tǒng)動量守恒,可得人的動量改變量是故B錯誤;C.人的動量改變量可以表示為解得人的速度改變量是故C正確;D.依題意,飛船的速度改變量是0。故D錯誤。故選C。9.生活中我們常用高壓水槍清洗汽車。如圖所示,水垂直車門噴射,出水速度為30m/s,水的密度為,水碰到車后四面散開。則車門單位面積受到水的平均沖擊力為多大()A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設(shè)出水時間為t,水槍的噴口的橫截面積為S,對畫表面的沖擊力為F,水槍噴出水的速度為v,則在t時間內(nèi)噴出水的質(zhì)量為以這部分水位研究對象,以水噴出方向為正方向,則由動量定理可得-Ft=0-mv由水槍噴嘴的橫截面積很小,可忽略不計,則所受到水的沖擊力約為F==故選B10.筆記本電腦裝有霍爾元件與磁體,實現(xiàn)開屏變亮、合屏熄滅。圖乙為金屬材質(zhì)霍爾元件,長、寬、高分別為a、b、c,此時電流大小恒定,方向向右。合上顯示屏時,水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中,元件前、后表面間產(chǎn)生電壓。當電壓達到某一臨界值,屏幕自動熄滅。則元件()A.合屏過程中,元件后表面的電勢比前表面高B.若磁感應(yīng)強度變大,可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏C.開、合屏過程中,元件前、后表面的電勢差U與b有關(guān)D.開、合屏過程中,元件前、后表面的電勢差U與c有關(guān)〖答案〗D〖解析〗A.電流方向向右,電子向左定向移動,根據(jù)左手定則,自由電子向后表面偏轉(zhuǎn),后表面積累了電子,前表面的電勢高于后表面的電勢,故A錯誤;BCD.穩(wěn)定后根據(jù)平衡條件有根據(jù)電流的微觀表達式有解得所以若磁場變強,元件前、后表面間的電壓變大,不可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏。開、合屏過程中,前、后表面間的電壓U與b無關(guān),與c有關(guān),故BC錯誤,D正確。11.下表是某電動汽車的主要參數(shù),下列說法正確的是()空車質(zhì)量800kg電池能量標準承載200kg標準承載下的最大續(xù)航200km所受阻力與汽車總重比值0.08A.工作時,電動汽車的電動機將機械能轉(zhuǎn)化成電池的化學能B.標準承載下,電動汽車以36km/h的速度勻速行駛20min,消耗電能C.標準承載下,該電池在使用時的能量轉(zhuǎn)化效率為27%D.標準承載下,汽車以72km/h的速度勻速行駛,汽車電動機輸出功率為16kW〖答案〗D〖解析〗A.工作時,電池將化學能轉(zhuǎn)化成電動汽車電動機的機械能。A錯誤;B.標準承載下,電動汽車以36km/h的速度勻速行駛20min,消耗電能B錯誤;C.由題知,標準承載下,該電池在使用時的能量轉(zhuǎn)化效率為C錯誤;D.標準承載下,汽車以72km/h的速度勻速行駛,汽車電動機輸出功率為D正確。故選D。12.磁懸浮原理如圖甲所示,牽引原理如圖乙所示(俯視圖)。水平面內(nèi),邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的勻強磁場,相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強度方向相反、大小均為B。質(zhì)量為m、總電阻為R的矩形金屬線框abcd處于勻強磁場中,ab邊長為L。當勻強磁場沿直線向右以速度v勻速運動時,金屬線框能達到的最大速度為。已知線框運動時受到的阻力恒為f,則為()A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由于磁場以速度v向右運動,當金屬框穩(wěn)定后以最大速度向右運動,此時金屬框相對于磁場的運動速度大小為,根據(jù)右手定則可以判斷回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E等于ad、bc邊分別產(chǎn)生感應(yīng)電動勢之和,即根據(jù)歐姆定律可得,此時金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為金屬框的兩條邊ad和bc都受到安培力作用,邊長等于說明ad和bc邊處于的磁場方向一直相反,電流方向也相反,根據(jù)左手定則可知它們所受安培力方向一致,故金屬框受到的安培力大小為當金屬框速度最大時,安培力與摩擦力平衡,可得方程聯(lián)立解得13.長度為L、質(zhì)量為m的導體棒A粗細可忽略。如圖所示,一個絕緣且足夠長的半圓柱體固定于水平面,導體棒A僅靠水平面與半圓柱體。導體棒A與半圓柱體表面間的動摩擦因數(shù)為。空間內(nèi)有沿半圓柱體半徑向內(nèi)的輻向磁場,半圓柱體表面的磁感應(yīng)強度大小均為B。導體棒A通垂直紙面向外的變化電流,使得導體棒A沿半圓柱體緩慢向上滑動。設(shè)導體棒A與圓心O的連線與水平方向的夾角為。在導體棒A運動過程中,下列說法正確的是()A.導體棒A所受的摩擦力為靜摩擦力B.時,導體棒A所受的安培力最大C.半圓柱體對導體棒A的作用力方向與安培力方向的夾角逐漸減小D.半圓柱體對導體棒A的作用力逐漸增大〖答案〗D〖解析〗AB.根據(jù)左手定則確定安培力的方向,導體棒在上升至某位置時的受力分析如圖所示:根據(jù)平衡條件可知導體棒A所受支持力導體棒A所受滑動摩擦力導體棒A沿粗糙的圓柱體從底端緩慢向上滑動,在到達頂端前的過程中,增大,增大,f增大,導體棒A所受的安培力其中在0~90°范圍內(nèi)增大,可知安培力先增大后減小,當時,導體棒A所受的安培力最大,此時解得故AB錯誤;CD.令支持力和滑動摩擦力的合力方向與摩擦力的方向夾角為,則有可知支持力和摩擦力的合力方向與摩擦力的方向夾角始終不變,由于支持力、摩擦力、重力與安培力四個力的合力為零,則重力、安培力的合力與支持力、摩擦力的合力等大反向,摩擦力與安培力位于同一直線上,則重力和安培力的合力方向與安培力的方向的夾角始終不變,增大,f增大,則半圓柱體對導體棒A的作用力逐漸增大,故C錯誤,D正確;故選D。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)14.下列說法中正確的是()A.周期性變化的電場產(chǎn)生同頻率周期性變化的磁場B.要有效發(fā)射電磁波,需要用高頻振蕩,頻率越高發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大C.夜視儀是利用紫外線的熒光效應(yīng)來幫助人們在夜間看見物體的D.肺炎診斷中,要用X光掃描肺部,是因為在電磁波中X光的穿透能力最強〖答案〗AB〖解析〗A.根據(jù)麥克斯韋理論可知,周期性變化的電場產(chǎn)生同頻率周期性變化的磁場,故A正確;B.發(fā)射電磁波的本領(lǐng)由振蕩電路頻率決定,振蕩電路頻率越高,發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大,故B正確;C.不同溫度的物體發(fā)出的紅外線特征不同,夜視儀是利用紅外線來幫助人們在夜間看見物體的,故C錯誤;D.肺炎診斷中,要用X光掃描肺部,是因為在電磁波中X光的穿透能力不是最強,射線穿透能力最強,故D錯誤;故選AB。15.如圖甲所示連接電路,在閉合開關(guān)S的同時開始采集數(shù)據(jù),當電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時間t變化的圖像。三個燈泡完全相同,不考慮溫度對燈泡電阻的影響,不計電源內(nèi)阻及電感線圈L的電阻。下列說法正確的是()A.開關(guān)S閉合瞬間,流經(jīng)燈和的電流大小相等B.開關(guān)S閉合瞬間至斷開前,流經(jīng)燈的電流保持不變C.開關(guān)S斷開瞬間,流經(jīng)燈的電流方向改變,故閃亮一下再熄滅D.根據(jù)題中信息,可以推算出〖答案〗AD〖解析〗AB.開關(guān)S閉合瞬間,由于電感線圈的強烈阻礙作用,燈D3沒有電流通過,燈D1和D2串聯(lián),流經(jīng)燈D1和D2的電流相等,設(shè)每個燈泡的電阻為R,故穩(wěn)定后燈D3和D2并聯(lián)再與D1串聯(lián),流過D2的電流為故A正確,B錯誤;C.開關(guān)S斷開瞬間,由于電感線圈阻礙電流減小的作用,由電感線圈繼續(xù)為燈D3和D2提供電流,又因為電路穩(wěn)定的時候,流經(jīng)燈D3和D2的電流相等,所以燈D2逐漸熄滅,故C錯誤;D.開關(guān)S閉合瞬間,燈D1和D2串聯(lián),電壓傳感器所測電壓為D2兩端電壓,由歐姆定律電路穩(wěn)定后,流過D3的電流為開關(guān)S斷開瞬間,電感線圈能夠為D3和D2提供與之前等大電流,故其兩端電壓為所以故D正確。故選AD。非選擇題部分三、非選擇題(本題共5小題,共55分)實驗題(三題共14分)16.兩實驗小組設(shè)計實驗驗證動量守恒定律。第一組設(shè)計了如圖甲所示“碰撞實驗裝置”,驗證兩小球碰撞前后的動量是否守恒。第二組設(shè)計了如圖乙所示裝置,利用光電門與氣墊導軌驗證兩滑塊碰撞前后的動量是否守恒。(1)關(guān)于第一組實驗,下列說法正確的是______。(至少有一項是正確的)A.斜槽軌道必須光滑B.斜槽軌道的末端切線必須保持水平C.入射球A和被碰球B的質(zhì)量必須相等D.入射球A每次必須從斜槽軌道的同一位置由靜止釋放(2)參與第一組實驗的同學用托盤天平測出了小球A的質(zhì)量m1,小球B的質(zhì)量m2,用毫米刻度尺測得O、M、P、N各點間的距離(圖丙中已標出),則驗證兩小球碰撞過程中動量守恒的表達式為______(用x1、x2、x3、m1、m2表示)。(3)參與第二組實驗同學測得P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2,左、右遮光板的寬度分別為d1、d2。實驗中,用細線將兩個滑塊連接使輕彈簧壓縮且靜止,然后燒斷細線,輕彈簧將兩個滑塊彈開,測得它們通過光電門的時間分別為t1、t2,則動量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為______(用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示)?!即鸢浮剑?)BD(2)(3)〖解析〗(1)[1]A.本實驗只需要小球每次到達斜槽末端的速度大小相同,斜面是否光滑對實驗無影響,故A錯誤;B.本實驗需要小球碰后做相同的平拋運動,為保證初速度水平,斜槽末端必須保持水平,故B正確;C.本實驗對小球質(zhì)量的要求是A球質(zhì)量大于B球質(zhì)量,故C錯誤;D.每次從同一位置釋放A球可以保證A球到達斜槽末端時速度大小不變,故D正確。故選BD。(2)[2]若碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒,則有即化簡可得(3)[3]動量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為代入速度,可化為17.一物體用游標卡尺測其長度示數(shù)如圖所示,讀數(shù)為______mm?!即鸢浮?2.50〖解析〗游標卡尺讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標尺讀數(shù)之和,所以圖中讀數(shù)為18.某同學測量充電寶的電動勢E及內(nèi)阻r(E約為5V,r約為),設(shè)計實驗電路圖如圖1所示。現(xiàn)有實驗器材:兩個數(shù)字電表,定值電阻兩個,阻值分別為和,滑動變阻器R,開關(guān)S,導線若干。(1)用畫線代替導線將圖2中的實物連線補充完整__________;(2)應(yīng)選______(填“”或“”);(3)實驗中,依據(jù)電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I,作出了如圖3所示的圖線,則該充電寶的電動勢______V(保留3位有效數(shù)字),內(nèi)電阻______(保留1位有效數(shù)字)?!即鸢浮剑?)(2)(3)〖解析〗(1)[1]根據(jù)電路圖連接實物圖,如圖:(2)[2]若用的電阻,因電源電動勢為5V,還有滑動變阻器的電阻,則電流表讀數(shù)會小于三分之一,則應(yīng)該用2Ω的電阻;(3)[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律有延長圖像與坐標軸有交點,根據(jù)縱軸截距與斜率可知V19.如圖所示為太空探索公司獵鷹火箭助推器回收畫面?;鸺l(fā)射時,助推器點火提供向上的推力,使火箭上升到40km高空時,速度達到1.2km/s,然后助推器脫落,并立即關(guān)閉發(fā)動機,在接近地面10km處重啟發(fā)動機減速并使助推器的速度在著陸時為零?;鸺破鬟\動過程中所受地球引力可視為不變,等于地球表面時的重力,運動過程中,受到的阻力大小恒為助推器重力的0.2倍,助推器推力恒定不變。(1)助推器能上升到距離地面的最大高度;(2)重啟發(fā)動機前助推器的最大速度為多少;(3)重啟發(fā)動機產(chǎn)生的推力是助推器重力的多少倍。〖答案〗(1);(2);(3)8mg〖解析〗(1)火箭加速上升的高度,助推器脫落時的速度,助推器脫落后向上做減速運動,阻力,有解得助推器上升的最大高度為(2)重啟發(fā)動機前火箭下落過程由牛頓運動定律聯(lián)立解得(3)重啟發(fā)動機后火箭下過程由牛頓運動定律所以20.如圖所示,豎直平面內(nèi)固定有軌道ABCDE,BC段水平放置,其左側(cè)是光滑斜面AB,右側(cè)CD是光滑圓弧,DE段(足夠長)的傾角θ=37°,各段軌道均平滑連接,在圓弧最低處C點下方安裝有壓力傳感器。一質(zhì)量m=2kg的滑塊P從左側(cè)斜面某處由靜止釋放,經(jīng)過B點后沿水平軌道BC向右滑行,第一次經(jīng)過C點時,壓力傳感器的示數(shù)為滑塊P的重力的11倍。已知BC段長度L=3m,CD段是半徑R=1m、圓心角θ=37°的圓弧,滑塊P與BC段、DE段間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求滑塊P第一次經(jīng)過C點時的速度大??;(2)求滑塊P從左側(cè)斜面由靜止釋放時離BC的高度;(3)若將另一質(zhì)量M=8kg的滑塊Q(Q與BC段、DE段的動摩擦因數(shù)也為μ=0.5)置于C點,同樣讓滑塊P從斜面AB上原位置由靜止釋放,P與Q在C點發(fā)生彈性正碰,求P與Q最終的距離?!即鸢浮剑?)10m/s;(2)6.5m;(3)1.76m〖解析〗(1)設(shè)滑塊P第一次經(jīng)過C點時的速度大小為vC,根據(jù)牛頓第二定律及牛頓第三定律可知解得(2)設(shè)滑塊P從左側(cè)斜面由靜止釋放時離BC的高度為H,根據(jù)動能定理有解得(3)因為滑塊P的質(zhì)量小于滑塊Q的質(zhì)量,所以滑塊P、Q碰撞后P將反彈,設(shè)碰撞后滑塊P、Q的速度大小分別為vP、vQ,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有解得,設(shè)滑塊P反彈最終停止的位置為J,對滑塊P從C到J的運動過程,根據(jù)動能定理有最終離B點0.6m;設(shè)滑塊Q在DE段上運動到達的最高點為G,且此次對滑塊Q從C到G的運動過程,根據(jù)動能定理有由題意可知滑塊Q能夠恰好運動至K點,則對滑塊Q從G到K的運動過程,根據(jù)動能定理有聯(lián)立各式解得,故滑塊P、Q最終相距1.76m。21.如圖所示,兩個足夠長的平行光滑細金屬導軌固定在傾角的光滑絕緣斜面上,導軌間距,且電阻不計,導軌間有寬度為、磁感應(yīng)強度的大小為、方向垂直導軌平面向下的勻強磁場,一長度為3d的絕緣輕桿將導體棒和正方形細金屬線框連接,線框的邊長為d,線框的總電阻為,導體棒和線框總質(zhì)量為,導體棒與導軌始終接觸良好,并在導體棒中通以恒定電流(由外接恒流電源產(chǎn)生,圖中未畫出),導體棒處于磁場內(nèi)且恰好位于下邊界處,將裝置由靜止釋放,導體棒先穿過磁場,后金屬線框也穿過磁場。金屬線框第一次剛穿過磁場后的速度約為1.2m/s,之后再次返回穿過磁場。不計線框及導體棒中電流所產(chǎn)生磁場的影響,重力加速度g取,求:(1)導體棒第一次離開磁場
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