如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有固定的金屬框架ABC，已知∠B=θ，導(dǎo)體棒DE在框架上從B點(diǎn)開(kāi)始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架構(gòu)成等腰三角形回路．設(shè)框架和導(dǎo)體棒材料相同，其單位長(zhǎng)度的電阻均為R₀，框架和導(dǎo)體棒均足夠長(zhǎng)，不計(jì)摩擦及接觸電阻，關(guān)于回路中的電流I和電功率P隨時(shí)間t變化的下列四個(gè)圖象中可能正確的是（　　）

A．

B．

C．

D．

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如圖所示，在一個(gè)由x軸和曲線為邊界包圍的空間中存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，曲線方程為y=0.3sin5πx（單位：m）（0≤x≤0.2m）．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.2T．有一ab邊與x軸重合的正方形金屬線框在水平拉力F作用下以1.0m/s速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，線框邊長(zhǎng)為0.4m，線框電阻為0.1Ω，試求：

（1）在線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，拉力F的最大瞬時(shí)功率是多少？
（2）在下面坐標(biāo)圖中畫(huà)出線框產(chǎn)生的電流隨時(shí)間變化圖象（取a→b→c→d→a方向?yàn)殡娏髡�方向）�?br />（3）線框經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過(guò)程，拉力F做多少功？

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如圖所示，兩根完全相同的光滑金屬導(dǎo)軌OP、OQ固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間的夾角為θ=74°，導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻為r₀=0.1Ωm．導(dǎo)軌所在空間有垂直于桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與時(shí)間t的關(guān)系為B=

k

t

，其中比例系數(shù)k=2T?s．將電阻不計(jì)的金屬桿MN放置在水平桌面上，在外力作用下，t=0時(shí)刻金屬桿以恒定速度v=2m/s從O點(diǎn)開(kāi)始向右滑動(dòng)．在滑動(dòng)過(guò)程中保持MN垂直于兩導(dǎo)軌間夾角的平分線，且與導(dǎo)軌接觸良好．（已知導(dǎo)軌和金屬桿桿均足夠長(zhǎng)，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）在t=6.0s時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小；
（2）在t=6.0s時(shí)，金屬桿MN所受安培力的大�。�
（3）在t=6.0s時(shí)，外力對(duì)金屬桿MN所做功的功率．

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1．B  解析：轉(zhuǎn)變成可裂變的(金屬钚)，質(zhì)量數(shù)增加1，一定是吸收一個(gè)快中子變成鈾239，再轉(zhuǎn)變成時(shí)核電荷數(shù)增加2，因此是發(fā)生了兩次β衰變，AC錯(cuò)B正確；钚239是中子數(shù)為239-94=145，鈾238的中子數(shù)為238-92=146，因此钚239比鈾238少一個(gè)中子，D錯(cuò)。

2．B  解析：隨水銀柱上升，水銀柱的長(zhǎng)度變短，氣體壓強(qiáng)變小，當(dāng)水銀被全部推出管外后，氣體壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)為最小，A錯(cuò)；水銀柱緩慢上升時(shí)，氣體溫度升高，內(nèi)能增大，同時(shí)氣體體積增大，對(duì)外做功，由可知，，B正確；在水銀被從管中突然全部推出過(guò)程中，氣體迅速膨脹對(duì)外做功，但吸熱較慢因此氣體的內(nèi)能一定減小，C錯(cuò)；若在端面a上升到前停止加熱，氣體溫度下降，V減小，水銀柱下降，但當(dāng)氣體溫度回到初始狀態(tài)時(shí)，壓強(qiáng)比初始狀態(tài)小，氣體柱比初始狀態(tài)長(zhǎng)，D錯(cuò)。

3．AC  解析：由圖可知，車的初速度等于，在時(shí)間內(nèi)，車的位移為，則車的位移為。若在時(shí)刻相遇，則，A項(xiàng)正確；若在時(shí)刻相遇，由圖象可知，為陰影部分對(duì)應(yīng)的距離，即，由圖象中的對(duì)稱關(guān)系，下次相遇的時(shí)刻為，C正確B項(xiàng)錯(cuò)；若在時(shí)刻相遇，之后，不能再次相遇，D錯(cuò)。

4．B  解析：在物塊下滑過(guò)程中重力對(duì)物塊的沖量為15N?s，故下滑時(shí)間為s，斜面對(duì)物塊的支持力N，故支持力的沖量，A錯(cuò)；物塊從靜止下滑，斜面對(duì)物塊的滑動(dòng)摩擦力N，其沖量為，B正確；斜面對(duì)物塊的作用力一定小于物塊的重力，所以其沖量一定小于重力的沖量，C錯(cuò)；物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)量等于外力的總沖量，一定小于重力的沖量，D錯(cuò)。

5．C  解析：水流做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移，代入解得，即得(d>0，舍去)，因此當(dāng)H一定時(shí)，與有關(guān)，A錯(cuò)；若一定，則H減小時(shí)d增大，B錯(cuò)；若H一定，增大時(shí)，d也應(yīng)該增大，C正確；若d一定，H減小時(shí)，應(yīng)該減小，D錯(cuò)。

6．ACD  解析：對(duì)A、B整體和P，受力如圖(a)(b)，其中， 。若保持B的半徑不變，而將B改變密度較大的材料制作，則角不變而B(niǎo)的質(zhì)量增大，均增大，A正確；對(duì)B，受力如圖(c)，，，設(shè)墻對(duì)A的支持力為。若保持A的質(zhì)量不變，而將A改用密度稍小的材料制作，則A的半徑增大，角減小，增大，C正確；(減小，減小，減小，)。 若保持B的質(zhì)量不變，而將B改用密度較小的材料制作，則B的半徑增大，增大，減小，不變，不變，增大，D正確。

7．B  解析： O點(diǎn)第一次達(dá)到正方向最大位移所需時(shí)間為，因此波向前傳播的距離為，即OP、OP’為，因此P、P’兩點(diǎn)間距離為半個(gè)波長(zhǎng)，但由于波是以O(shè)為波源向左右傳播的，左右對(duì)稱點(diǎn)振動(dòng)總相同如圖2-3-1c所示，A錯(cuò)；波傳到Q’需要半個(gè)周期，而當(dāng)Q’到達(dá)負(fù)向最大位移時(shí)又需，因此O點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為，所走路程為cm，B正確；波動(dòng)傳播的是振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)形式，質(zhì)點(diǎn)并不沿傳播方向向前傳播，C錯(cuò)；同種波在同一介質(zhì)中傳播的速度是相同的，即，當(dāng)O質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期減為2s，則O第一次達(dá)到正方向最大位移的時(shí)間為0.5s，波向左、右傳播的距離為，P點(diǎn)還沒(méi)有振動(dòng)，D錯(cuò)．

8．BD           9．D             10．A

11．AD  解析：AD兩圖中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭放在最左端時(shí)，電源被短路而燒壞；BC兩圖中，供電電路正確，B圖雖然電流表和電壓表接錯(cuò)位置，但由于串聯(lián)的電壓表內(nèi)阻較大，不會(huì)燒壞電流表；C圖則可測(cè)較大電阻的阻值。

12．（1）作圖法 ；（2）畫(huà)出的s-t圖（如圖線甲）和的s-t圖（如圖線乙）

在誤差允許的范圍內(nèi)，圖線甲為直線，物體從A到B的運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，從圖線的斜率可求得： ，     

從乙圖中無(wú)法直接判斷s、t之間的關(guān)系，但是該圖線接近于二次函數(shù)的圖像。為了驗(yàn)證這個(gè)猜想，通過(guò)轉(zhuǎn)換變量來(lái)進(jìn)行，即作s-t²圖線，為此求得表格如下：

時(shí)間t(s)

0.89

1.24

1.52

1.76

1.97

新變量t²(s²)

0.79

1.54

2.31

3.10

3.88

位移s(m)

0.25

0.50

0.75

1.00

1.25

依據(jù)上表中的t^2、、s數(shù)據(jù)可作圖線丙。從圖像中看出s與t^2、呈線性變化關(guān)系，由圖中斜率求得，即故

（3）從的過(guò)程中s隨t變化的規(guī)律是： 物體作勻速直線運(yùn)動(dòng)，          

從的過(guò)程中s隨t變化的規(guī)律是：物體作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

13．解析：對(duì)質(zhì)子火箭發(fā)動(dòng)機(jī)，加速每一個(gè)質(zhì)子的過(guò)程

                                                  ①

       對(duì)任意一段時(shí)間內(nèi)通過(guò)質(zhì)子的總電荷量為q，總質(zhì)量為M，由能量關(guān)系：

                                              ②

       由動(dòng)量定理得                       ③

       聯(lián)立①②③解得

                             ④

14．（1）輪緣轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度： （2分）

（2）板運(yùn)動(dòng)的加速度：  （2分）

板在輪子上做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：  （1分）

板在做勻加速運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中其重心平動(dòng)發(fā)生的位移為：

   （1分）

板在做勻速運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中其重心平動(dòng)發(fā)生的位移為：

  （1分）

因此，板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：   （2分）

（3）由功能關(guān)系知：輪子在傳送木板的過(guò)程中所消耗 的機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化成了木板的動(dòng)能，另一部分因克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，即：

木板獲得的動(dòng)能：  （1分）

摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能：  （2分）

加速過(guò)程木板與輪子間的相對(duì)位移：

   （1分）

消耗的機(jī)械能：  （2分）

聯(lián)立上述四個(gè)方程解得：

  （1分）

15．解析：⑴正、負(fù)電子均經(jīng)過(guò)次加速后才從加速器射出，故

       ①

      ②

⑵時(shí)刻負(fù)，在之間加速正電子，則時(shí)刻在之間加速負(fù)電子，且正、負(fù)電子在加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，因此射出的時(shí)間差即為    ③

⑶由于金屬圓筒的靜電屏蔽作用，筒內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零，電子在每個(gè)圓筒中都做勻速運(yùn)動(dòng)，要使電子每經(jīng)過(guò)兩筒縫隙時(shí)都能被加速，運(yùn)動(dòng)時(shí)間應(yīng)滿足    ④

電子第一次被加速后的速度即通過(guò)時(shí)的速度，因此

           ⑤

同理可得

               …………

解得

16．解析：⑴設(shè)導(dǎo)體棒MN下滑的距離為，導(dǎo)體棒下滑時(shí)受三個(gè)力如圖所示，由牛頓第二定律得                         ①

                                             ②

線框被導(dǎo)體棒MN分成并聯(lián)的兩部分，對(duì)MN兩端的總電阻為

                  ③

將時(shí)速度為代入得             ④

⑵當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度為零時(shí)，由①得                      ⑤

由②③代入得               ⑥

聯(lián)立⑤⑥得                   ⑦

⑶假設(shè)導(dǎo)體棒以速度勻速運(yùn)動(dòng)，雖然磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與區(qū)域Ⅰ中相反，但由楞次定律和左手定則可知，安培力仍沿斜面向上，則有

                 ⑧

由于為常量，因此當(dāng)時(shí)最大，而式中，因此當(dāng)增大時(shí)減小，若不變，則速度一定減小，要保持速度不變，則由⑦⑧得

                ⑨

                                       ⑩