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如圖所示，用單位長度的電阻為r₀的均勻?qū)Ь�制作的矩形線框abcd的長ad為2l、寬cd為l，固定在與水平面成θ角的斜面上，長度大于l的導(dǎo)體棒MN平行于ab邊放置在矩形線框上緊靠ab邊的位置，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，電阻不計．將線框abcd分成相等的兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在兩區(qū)域內(nèi)均加上垂直于斜面的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度為B₁，方向垂直于斜面向上，區(qū)域Ⅱ中磁場垂直于斜面向下．以a點為原點、ad方向為x正方向取坐標(biāo)．
（1）導(dǎo)體棒MN下滑x1=

l

2

時速度為v₁，求此時導(dǎo)體棒MN的加速度a；
（2）當(dāng)導(dǎo)體棒下滑x₂=l還未進(jìn)入Ⅱ區(qū)的瞬間，加速度恰為零，求此時導(dǎo)體棒MN的速度v₂；
（3）若在區(qū)域Ⅱ所加磁場的磁感應(yīng)強度的大小B₂=B₁，試判斷導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后速度是增大、不變還是減�。咳粢�保持導(dǎo)體棒的速度v₂不變，則B₂與x應(yīng)存在怎樣的關(guān)系？

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如圖所示，足夠長的U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.5m，電阻可忽略不計，其所在平面與水平面成θ=37°角．有一磁感應(yīng)強度B=0.8T的勻強磁場，方向垂直于導(dǎo)體框平面．一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻為R=2Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，某時刻起將導(dǎo)體棒由靜止釋放．已知導(dǎo)體棒與框架間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）
（1）求導(dǎo)體棒剛開始下滑時的加速度的大�。� 
（2）求導(dǎo)體棒運動過程中的最大速度和重力的最大功率；
（3）從導(dǎo)體棒開始下滑到速度剛達(dá)到最大的過程中，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量Q=2C，求導(dǎo)體棒在此過程中消耗的電能．

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如圖所示，足夠長的U形導(dǎo)體框架的寬度L=1.0m，電阻忽略不計，其所在平面與水平面成α=37°角，磁感強度B=1.0T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)體框平面，一根質(zhì)量為m=1.0Kg，有效電阻r=1.0Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，框架上端接有一阻值R=1.0Ω的定值電阻．該導(dǎo)體棒與框架間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．求：
（1）導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑達(dá)到的最大速度；
（2）若導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑到恰好勻速運動時，通過導(dǎo)體棒截面電量共為q=3.0C，則此過程中導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電能為多少？

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如圖所示，足夠長的U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.5m，電阻可忽略不計，其所在平面與水平面成θ=37°角．有一磁感應(yīng)強度B=0.8T的勻強磁場，方向垂直于導(dǎo)體框平面．一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻為R=2Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，某時刻起將導(dǎo)體棒由靜止釋放．已知導(dǎo)體棒與框架間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）
（1）求導(dǎo)體棒剛開始下滑時的加速度的大�。� 
（2）求導(dǎo)體棒運動過程中的最大速度和重力的最大功率；
（3）從導(dǎo)體棒開始下滑到速度剛達(dá)到最大的過程中，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量Q=2C，求導(dǎo)體棒在此過程中消耗的電能．

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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1，一定是吸收一個快中子變成鈾239，再轉(zhuǎn)變成時核電荷數(shù)增加2，因此是發(fā)生了兩次β衰變，AC錯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少一個中子，D錯。

2．B  解析：隨水銀柱上升，水銀柱的長度變短，氣體壓強變小，當(dāng)水銀被全部推出管外后，氣體壓強等于大氣壓強為最小，A錯；水銀柱緩慢上升時，氣體溫度升高，內(nèi)能增大，同時氣體體積增大，對外做功，由可知，，B正確；在水銀被從管中突然全部推出過程中，氣體迅速膨脹對外做功，但吸熱較慢因此氣體的內(nèi)能一定減小，C錯；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，壓強比初始狀態(tài)小，氣體柱比初始狀態(tài)長，D錯。

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

4．B  解析：在物塊下滑過程中重力對物塊的沖量為15N?s，故下滑時間為s，斜面對物塊的支持力N，故支持力的沖量，A錯；物塊從靜止下滑，斜面對物塊的滑動摩擦力N，其沖量為，B正確；斜面對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；物塊到達(dá)斜面底端時的動量等于外力的總沖量，一定小于重力的沖量，D錯。

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

6．ACD  解析：對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的質(zhì)量增大，均增大，A正確；對B，受力如圖(c)，，，設(shè)墻對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點第一次達(dá)到正方向最大位移所需時間為，因此波向前傳播的距離為，即OP、OP’為，因此P、P’兩點間距離為半個波長，但由于波是以O(shè)為波源向左右傳播的，左右對稱點振動總相同如圖2-3-1c所示，A錯；波傳到Q’需要半個周期，而當(dāng)Q’到達(dá)負(fù)向最大位移時又需，因此O點振動時間為，所走路程為cm，B正確；波動傳播的是振動的運動形式，質(zhì)點并不沿傳播方向向前傳播，C錯；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)點振動周期減為2s，則O第一次達(dá)到正方向最大位移的時間為0.5s，波向左、右傳播的距離為，P點還沒有振動，D錯．

8．BD           9．D             10．A

11．AD  解析：AD兩圖中，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭放在最左端時，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位置，但由于串聯(lián)的電壓表內(nèi)阻較大，不會燒壞電流表；C圖則可測較大電阻的阻值。

12．（1）作圖法 ；（2）畫出的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的運動為勻速直線運動，從圖線的斜率可求得： ，     

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

時間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）從的過程中s隨t變化的規(guī)律是： 物體作勻速直線運動，          

從的過程中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動，

13．解析：對質(zhì)子火箭發(fā)動機，加速每一個質(zhì)子的過程

                                                  ①

       對任意一段時間內(nèi)通過質(zhì)子的總電荷量為q，總質(zhì)量為M，由能量關(guān)系：

                                              ②

       由動量定理得                       ③

       聯(lián)立①②③解得

                             ④

14．（1）輪緣轉(zhuǎn)動的線速度： （2分）

（2）板運動的加速度：  （2分）

板在輪子上做勻加速運動的時間：  （1分）

板在做勻加速運動的全過程中其重心平動發(fā)生的位移為：

   （1分）

板在做勻速運動的全過程中其重心平動發(fā)生的位移為：

  （1分）

因此，板運動的總時間為：   （2分）

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

木板獲得的動能：  （1分）

摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能：  （2分）

加速過程木板與輪子間的相對位移：

   （1分）

消耗的機械能：  （2分）

聯(lián)立上述四個方程解得：

  （1分）

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

       ①

      ②

⑵時刻負(fù)，在之間加速正電子，則時刻在之間加速負(fù)電子，且正、負(fù)電子在加速器中運動的時間相同，因此射出的時間差即為    ③

⑶由于金屬圓筒的靜電屏蔽作用，筒內(nèi)場強為零，電子在每個圓筒中都做勻速運動，要使電子每經(jīng)過兩筒縫隙時都能被加速，運動時間應(yīng)滿足    ④

電子第一次被加速后的速度即通過時的速度，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)體棒下滑時受三個力如圖所示，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MN兩端的總電阻為

                  ③

將時速度為代入得             ④

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

由②③代入得               ⑥

聯(lián)立⑤⑥得                   ⑦

⑶假設(shè)導(dǎo)體棒以速度勻速運動，雖然磁感應(yīng)強度方向與區(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)時最大，而式中，因此當(dāng)增大時減小，若不變，則速度一定減小，要保持速度不變，則由⑦⑧得

                ⑨

                                       ⑩