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與水平面成角.質量為的導體棒PQ 與ab.cd垂直且接觸良好.回路的電阻 為R.整個裝置放于垂直框架平面的變 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖,導體框平面與水平面成θ角,質量為的導體棒PQ與ab、cd接觸良好,回路的總電阻為R,整個裝置放于垂直于框架平面的變化的磁場中,磁感應強度的變化如圖(乙),PQ始終靜止,則在0—tos內,PQ受到的摩擦力的變化情況可能是(  )]

  ①一直增大

  ②一直減小

  ③先減小后增大

  ④先增大后減小

A.①②   B.①④  C.②③  D.③④ 

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導體框架abcd構成的平面與水平面成θ角,質量為m的導體棒PQ與導體軌道ad、bc接觸良好而且相互垂直.軌道ad、bc平行,間距為L.abQp回路的面積為S,總電阻為R且保持不變.勻強磁場方向垂直框架平面斜向上,其變化規律如圖乙所示.導體棒PQ始終處于靜止狀態,圖乙中為0己知量,B0足夠大,則(  ) 

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導體框架abcd構成的平面與水平面成θ角,質量為m的導體棒PQ與導體軌道ad、bc接觸良好而且相互垂直.軌道ad、bc平行,間距為L.abQp回路的面積為S,總電阻為R且保持不變.勻強磁場方向垂直框架平面斜向上,其變化規律如圖乙所示.導體棒PQ始終處于靜止狀態,圖乙中為0己知量,B0足夠大,則(  ) 
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A.產生感應電流時,導體棒ab中的電流方向為由P到Q
B.產生感應電流時,感應電流為恒定電流
C.產生感應電流時,導體棒受到的安培力為恒力
D.PQ恰好不受摩擦力時,磁感應強度的大小為
mgRcosθ
LS

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 導體框架abcd構成的平面與水平面成角,質量為m的導體棒PQ與導體軌道接觸良好而且相互垂直。軌道平行,間距為L回路的面積為S,總電阻為R且保持不變。勻強磁場方向垂直框架平面斜向上,其變化規律如圖乙所示。從開始,導體棒PQ始終處于靜止狀態,圖乙中為已知量,足夠大,則  (    )

    A.產生感應電流時,導體棒PQ中的電流方向為由PQ

    B.產生感應電流時,感應電流為恒定電流

    C.產生感應電流時,導體棒PQ受到的安培力為恒力

    D.PQ恰好不受摩擦力時,磁感應強度的大小為

 

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導體框架abcd構成的平面與水平面成θ角,質量為m的導體棒PQ與導體軌道ad、bc接觸良好而且相互垂直.軌道ad、bc平行,間距為L.abQp回路的面積為S,總電阻為R且保持不變.勻強磁場方向垂直框架平面斜向上,其變化規律如圖乙所示.導體棒PQ始終處于靜止狀態,圖乙中為0己知量,B足夠大,則( ) 
A.產生感應電流時,導體棒ab中的電流方向為由P到Q
B.產生感應電流時,感應電流為恒定電流
C.產生感應電流時,導體棒受到的安培力為恒力
D.PQ恰好不受摩擦力時,磁感應強度的大小為

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       說明:定出評分標準是為了盡可能在統一標準下評定成績. 試題的參考解答是用來說明評分標準的. 考生如按其他方法或步驟解答,正確的,同樣給分;有錯的,根據錯誤的性質,參照評分標準中相應的規定評分.

一、二選擇題

1.B  2.C  3.A  4.C  5.A  6.CD  7.BD  8.BD  9.ABD

1,3,5

10.(1) (3分)(3分)(3)S(2分),L(2分)

文本框:  11.(1)還需毫安表(量程是1mA)、電源(電動勢為3V)、開關、導線.(2分)

       原理圖如右(2分)

       測量方法:讀出電壓表的讀數是U和毫安表的讀數是I,則電壓表的內阻可表示為Rv=U/I(2分,其它方案正確同樣給分.)

   (2)不能,因為電壓表的內阻太大,無法精確測量其電流值. (4分,只答“能”或“不能”均不能得分,理由充分或誤差分析清楚即可得分.)

       第12、13、14小題為選做題,考生從該3小題中選做2題。若考生全部作答,則以12、13兩題進行評分.

12.(1)ABCEG(6分,全對得6分,不全對的每對一項得1分,錯一項扣1分,錯2項扣3分,錯3項本題不得分,本題不得負分)

   (2)①減少,5(每空1分)

       ②氣體體積增大,則單位體積內的分子數減少;內能減少,則溫度降低,其分子運動的平均速率減小;則氣體的壓強減小.(4分要有四個要點各占1分;單位體積內的分子數減少;溫度降低;分子運動的平均速率減小;氣體的壓強減小.)

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       (2)解:作出光路如圖

           由折射定律得(2分)

          

           所以r=30°(2分)

           由圖知

           則ABAC=d?tan30°=d

           出射光線與入射光線間的距離是d(2分)

    14.(1)BCDGH(6分,全對得6分,不全對的每對一項得1分,錯一項扣1分,錯2項扣3分,錯3項本題不得分,本題不得負分)

       (2)①AB相碰滿足動量守恒(1分)

           得兩球跟C球相碰前的速度v1=1m/s(1分)

           ②兩球與C碰撞同樣滿足動量守恒(1分)

           得兩球碰后的速度v2=0.5m/s,

           兩次碰撞損失的動能(2分)

           (1分)

    四、計算題

    15.解:(1) (2分)

       (2) (2分)

            (2分)

           U=IR(1分)

           由以上各式得v=2.5m/s(1分)

       (3)金屬棒加速度(1分)

           由牛頓定律(2分)

          

           由以上各式得P=0.25W(1分)

    16.解:(1)由牛頓運動定律:

           物塊放上小車后加速度:(1分)

           小車加速度:(2分)

          

          

           由得:t=2s(2分)

           兩小物塊放上小車2s后就一起運動.

           小車的最小長度 (1分)

           L=3m(1分)

       (2)物塊在前2s內做加速度為a1的勻加速運動,后1s同小車一起做加速度為a3的勻加速運動,以系統為研究對象

           根據牛頓運動定律,由

           (1分)

           物塊3s末的速度(1分)

           摩擦力對小物塊做的功  (2分)

           小車在3s內的位移(2分)

           力F做的功  (1分)

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             (1分)

             在II區域的電磁場中運動滿足

             (2分)

             (1分)

             方向水平向右(1分)

             同理E2=2×103V/m方向水平向左.(1分)

         (2)根據對稱性,在區域III中只能存在勻強磁場,且滿足B3=B2=0.1T,方向垂直紙面向外. (2分)

             由于周期相等,所以在區域II中只能存在勻強電場,且方向必須與x軸平行,(2分)

             從B點運動至O點做類平拋運動,時間(1分)

             沿y軸方向的位移是L,則(1分)

             由牛頓第二定律qE­=ma(1分)

             代入數據解得E=2×103V/m(1分)

             根據對稱性電場方向如圖答所示.(1分)

       

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