題目列表(包括答案和解析)
A、交變電流的周期為0.04s | B、交變電流的頻率為50Hz | C、交變電流的有效值為1A | D、交變電流的最大值為1A |
A、產(chǎn)生的感應電動勢瞬時值表達式為e=20sin4πt(V) | ||
B、該交流電在0.125s時,線圈平面所在位置與中性面重合 | ||
C、若將此電動勢加在電容為C=1μF的電容器上,則該電容器的耐壓值應不小于10
| ||
D、若該交流發(fā)電機的線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動的速度增大到原來的2倍,則產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為40
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14.C 15.C 16.A 17.B 18.AD 19.D 20.AD 21.BC
22.(1)①保證小球沿水平方向拋出②③1.0,1.5
(2)甲圖不合理之處:不能多次測量;超過電流表量程,不安全;超過電壓表量程,也不安全。郝 雙制 作
乙圖不合理之處:電流表量程太;電壓表量程太大。
較為合理的電路如圖所示,
Rx的計算公式,其中U是電壓表V1示數(shù),I是電流表A1示數(shù),R0是電阻箱示數(shù)。
23. 解:滑塊從A處到B處,由動能定理mgssin37°-μmgscos37°=mvB2
滑塊從B到C處,由動能定理-μmgBC=mvC2-mvB2
若滑塊恰好從C處平拋射出,則在C處時不受彈力作用 mg=m
聯(lián)立解得郝雙 BC=
所以水平滑槽BC長度至少為
24. 解:⑴設(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間,兩者共同運動的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律:
代入數(shù)據(jù),解得: v1=
⑵設(shè)第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s,第1個球經(jīng)過t0與木盒相遇,
則:
設(shè)第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律:
得:
設(shè)木盒減速運動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2,則:
故木盒在2s內(nèi)的位移為零
依題意:
代入數(shù)據(jù),解得:郝雙
25.解:(1)小球進入電場,做勻速直線運動時 Eq=mg ①E=mg/q②
(2)在t1時刻加磁場,小球在時間t0內(nèi)做勻速圓周運動,設(shè)圓周運動周期為T0,半徑為R。
豎直向下通過D點,則t0=3T0/4③ ④
PF-PD=R即⑤
將③、④代入⑤式解得⑥
(3)小球運動的速率始終不變,當R變大時,T0也增加,小球在電場中的運動周期T也增加。
在小球不飛出電場的情況下,當T最大時,有:郝雙 制作
DQ=2R即⑥ ⑦
結(jié)合⑥⑦式解得⑧
⑨
結(jié)合軌跡圖可知,小球在電場中運動的最大周期⑩
結(jié)合上式解得
小球在電場中運動一個周期的軌跡圖如圖乙所示
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