南京市高二物理寒假作业含答案 14.docx
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南京市高二物理寒假作业含答案14
南京市高二物理寒假作业14
一、单选题(本大题共8小题,共32.0分)
1.关于做曲线运动的物体,下列说法正确的是( )
A.速度大小一定变化
B.一定受变力作用
C.加速度可以为零
D.速度方向与加速度方向一定不在同一直线上
2.在远距离输电中,当输电线的电阻和输送的电功率不变时,下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流与输送电压成正比
B.输电线上损失的电压与输送电压成正比
C.输电线上损失的功率与输送电压的平方成反比
D.输电线上损失的功率与输电线上的电流成正比
3.行星Ⅰ和行星Ⅱ绕某恒星的公转可视为匀速圆周运动,忽略行星自转影响。
根据下表给出的数据,行星Ⅱ和行星Ⅰ相比,下列说法正确的是( )
行星
行星半径/m
质量/kg
公转半径/m
行星Ⅰ
6.0×106
6.0×1024
1.5×1011
行星Ⅱ
3.0×106
6.0×1023
2.3×1011
A.行星Ⅱ的公转周期较小B.行星Ⅱ的公转线速度较大
C.行星Ⅱ表面的重力加速度较大D.行星Ⅱ的第一宇宙速度较小
4.如图所示,M是一个理想变压器,原、副线圈匝数之比n1:
n2=10:
1,接线柱a、b接一正弦交变电源,其电压为u=220sin100πtV.变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小),R1为一定值电阻,所有电表均为理想电表。
下列说法正确的是( )
A.电压表V1示数为22 V
B.当R2所在处出现火警时,电压表V2的示数变小
C.当R2所在处出现火警时,电阻R1的功率变小
D.当R2所在处出现火警时,电流表A的示数变小
5.如图所示,图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。
实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终灯A2与灯A3的亮度相同。
下列说法正确的是( )
A.图甲中,A1的电阻比L1的直流电阻大
B.图甲中,闭合开关S1,电路稳定后,A1中的电流大于L1中的电流
C.图乙中,变阻器R连入电路的电阻比L2的直流电阻大
D.图乙中,闭合开关S2瞬间,L2中的电流与变阻器R中的电流相等
6.2018年11月27日凌晨,美国国家航天局(NASA)发射的“洞察”号火星探测器成功登陆火星。
若“洞察”号返回地球时经历如图所示的由圆轨道Ⅰ到椭圆轨道Ⅱ,再到椭圆轨道Ⅲ的变轨过程,3个轨道相切于P点,PQ连线为椭圆轨道Ⅱ的长轴。
下列说法正确的是( )
A.飞船在轨道Ⅱ上运动的周期大于飞船在轨道Ⅲ上运动的周期
B.飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的线速度大于飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的线速度
C.飞船在轨道Ⅱ上运动时,经过P点时的线速度小于经过Q点时的线速度
D.飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度
7.
如图所示,在磁感应强度大小为B0,平行于P、Q连线向右的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。
当两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的M点处的磁感应强度大小为(1+
)B0.下列说法正确的是( )
A.P中电流在M点处产生的磁感应强度的方向垂直于PM斜向上
B.两电流在M点处产生的合磁感应强度大小为2B0
C.P中电流在M点处产生的磁感应强度的大小为B0
D.若P中电流方向反向,M点处的磁感应强度大小为2B0
8.
如图所示,将小球a以大小为20
m/s的初速度从A点水平向右抛出,1s后再将小球b以大小相同的初速度从B点水平向左抛出,小球a抛出后,经过时间t,两小球恰好在空中相遇,碰前瞬间,小球a、b的速度方向相互垂直,不计空气阻力,取g=10m/s2,则抛出点A、B间的水平距离为( )
A.80
mB.140
mC.100 mD.140m
二、多选题(本大题共4小题,共16.0分)
9.如图甲所示为一小型交流发电机的示意图,A为交流电流表,线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示,电阻R的阻值为1Ω.下列说法正确的是( )
A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/s
C.0.01 s时线圈平面与中性面垂直D.电阻R上的热功率为200W
10.如图所示,可视为质点的小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。
将两球拉起,使两绳均被水平拉直。
将两球由静止释放,在各自轨迹的最低点( )
A.P球的速度一定大于Q球的速度
B.P球的动能一定小于Q球的动能
C.P球的向心加速度等于Q球的向心加速度
D.P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力
11.如图甲所示,矩形导线框abcd放在垂直于纸面的磁场中,同一时刻各处磁场相同。
磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示,t=0时刻,磁场的方向垂直纸面向里。
若规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正,安培力方向取沿纸面向上为正。
在0~4s时间内,线框中的感应电流I、ab边所受安培力F随时间变化的图象正确的是( )
A.
B.
C.
D.
12.环型对撞机是研究高能粒子的重要装置.正、负离子由静止经过电压U的直线加速器加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内,沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动,从而在碰撞区迎面相撞.为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动,下列说法正确的( )
A.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷
越大,磁感应强度B越大
B.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷
越大,磁感应强度B越小
C.对于给定的带电粒子,不管加速电压U多大,粒子在磁场中运动的周期都不变
D.对于给定的带电粒子,加速电压U越大,粒子在磁场中运动的周期越小
三、实验题(本大题共2小题,共15.0分)
13.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
闭合开关瞬间,发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。
(1)闭合开关稳定后,将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中,灵敏电流计的指针向______偏转(填“左”或“右”);
(2)闭合开关稳定后,将线圈A从线圈B抽出的过程中,灵敏电流计的指针向______偏转(填“左”或“右”);
(3)闭合开关稳定后,断开开关瞬间,灵敏电流计的指针向______偏转(填“左”或“右”)。
14.如图甲所示为“研究平抛运动”的实验装置图,可通过描点画出平抛小球的运动轨迹,再求出相应物理量。
(1)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的是______。
A.安装斜槽轨道,应使其末端保持水平
B.每次小球释放的初始位置可以不在同一位置处
C.入射小球沿斜槽下滑过程中,受到与斜槽的摩擦力会影响实验
D.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接
(2)如图乙所示,A、B、C三点为小球做平抛运动时在方格纸进行描点作图获取的轨迹上的三点,图中方格的边长为l,重力加速度为g,则小球平抛的初速度v0=______。
四、计算题(本大题共3小题,共37.0分)
15.如图所示,有一倾角为θ=37°的粗糙斜面AB,其底端与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道BC平滑相连,O为半圆轨道圆心,BC为半圆轨道的直径,且处于竖直方向。
质量为m的小滑块从离地面高为h的斜面上某点由静止开始下滑,小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=
,为使小滑块在半圆轨道运动时不脱离半圆轨道,求h的范围。
(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
16.如图所示,光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上,两导轨距离为L,两端接有阻值分别为R1=R和R2=2R的定值电阻,两导轨间有一边长为
的正方形区域abcd,该区域内有方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处,现用一恒力F沿水平方向拉金属杆,使之由静止开始向右运动(杆始终平行于ab边),若金属杆出磁场前已做匀速运动,不计导轨及金属杆的电阻。
求:
(1)金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向;
(2)金属杆做匀速运动时的速率。
17.如图所示,在xOy坐标平面的第一象限内有沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场。
有一质量为m,电荷量为q,带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场,其入射方向与y轴负方向成45°角。
当粒子第一次进入电场到达P点时速度大小为v0,方向与x轴正方向相同,P点坐标为(4L,L)。
求:
(1)粒子从O点射入磁场时速度v的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子从O点运动到P点所用的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解:
A、既然是曲线运动,它的速度的方向必定是改变的,所以曲线运动一定是变速运动,但速度的大小哪一点变化,如匀速圆周运动。
故A错误;
B、曲线运动的条件是合力与速度不共线,力可以是不变的,如平抛运动。
故B错误;
C、曲线运动的条件是合力与速度不共线,一定存在加速度,加速度不能等于0.故C错误;
D、曲线运动的条件是合力与速度不共线,即速度方向与加速度方向一定不在同一直线上,故D正确。
故选:
D。
物体运动轨迹是曲线的运动,称为“曲线运动”。
当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上,物体就是在做曲线运动。
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查,匀速圆周运动,平抛运动等都是曲线运动,对于它们的特点要掌握住。
2.【答案】C
【解析】解:
A、输送的电功率不变,根据I=
可知输电线上的电流与输送电压成反比,故A错误;
B、输电线的电阻和输送的电功率不变,则损失的电压△U=IR=
,所以输电线上损失的电压与输送电压成反比,故B错误;
C、根据P=UI知I=
,则输电线上损失的功率P损=I2R=(
)2R,知输电线上损失的功率与输送电压的平方成反比,故C正确。
D、根据P损=I2R知,输电线上损失的功率与输电线上的电流平方成正比。
故D错误。
故选:
C。
根据P=UI得出输送功率与输送电压、电流的关系,结合P损=I2R判断输电线路上功率的损失。
解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系,以及知道损失的功率P损=I2R。
3.【答案】D
【解析】解:
A、根据万有引力定律提供向心力可得:
=mr
=m
得到:
T=
,由于行星Ⅱ的轨道半径较大,则行星Ⅱ做圆周运动的公转周期较大,故A错误;
B、根据万有引力定律提供向心力可得:
=m
得到:
v=
,由于行星Ⅱ的轨道半径较大,则行星Ⅱ做圆周运动公转线速度较小,故B错误;
C、根据
,得到:
g=
,行星Ⅰ的质量是行星Ⅱ的10倍,半径为2倍,故行星Ⅰ表面的重力加速度大,故C错误;
D、根据
得到第一宇宙速度为:
v=
,行星Ⅰ的质量是行星Ⅱ的10倍,半径为2倍,故行星Ⅰ的第一宇宙速度大,故D正确。
故选:
D。
两行星都绕恒星做圆周运动,靠万有引力提供向心力,结合轨道半径的大小,比较周期和线速度大小。
结合星球的质量和半径比较星球表面的重力加速度和第一宇宙速度。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论:
1、万有引力等于重力,2、万有引力提供向心力,并能灵活运用,并注意中心天体是否相同。
4.【答案】B
【解析】解:
A、由交流表的表达式可知,输入的电压为U=
=156V,变压器的电压与匝数成正比,由此可得副线圈的电压为15.6V,故A错误;
B、当出现火警时,温度升高,电阻R2减小,副线圈的电阻减小,副线圈的电流变大,由于R1的电阻不变,其分压增大;故电压表V2的示数变小;故B正确。
C、当出现火警时,温度升高,电阻R2减小,副线圈的电流变大,所以R1的电压要增大,故电阻R1的功率变大,故C错误;
D、当出现火警时,温度升高,电阻R2减小,副线圈的电阻减小,副线圈的电流变大,所以原线圈的电流也就要增大,电流表A的示数变大;故D错误;
故选:
B。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可
本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解
5.【答案】A
【解析】解:
A、图甲中,断开S1的瞬间,A1灯突然闪亮,是因为电路稳定时,L1的电流大于A1的电流,可知L1的电阻小于A1的电阻,故A正确;
B、图甲中,闭合S1,电路稳定后,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明灯泡中的电流小于线圈中的电流,故B错误;
C、图乙中,因为要观察两只灯泡发光的亮度变化,两个支路的总电阻相同,因两个灯泡电阻相同,所以变阻器R与L2的电阻值相同,故C错误;
D、图乙中,闭合S2瞬间,L2对电流由阻碍作用,所以L2中电流与变阻器R中电流不相等,故D错误。
故选:
A。
闭合开关的瞬间,通过线圈的电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律分析电流的变化,判断通过两灯电流的关系。
待电路稳定后断开开关,线圈产生自感电动势,分析通过两灯的电流关系,判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时,线圈中会产生自感现象,这是一种特殊的电磁感应现象,可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
6.【答案】B
【解析】解:
A.轨道Ⅱ的长轴小于轨道Ⅲ的长轴,由开普勒第三定可知飞船在轨道Ⅱ上运动的周期小于飞船在轨道Ⅲ上的运动周期,故A错误;
B.飞船由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ要在P点减速,故可知飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的线速度大于飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的线速度,故B正确;
C.在轨道Ⅱ上,P点离火星最近,Q点离火星最远,根据开普勒第二定律可知飞船在轨道Ⅱ上运动时,经过P点时的线速度大于经过Q点时的线速度,故C错误;
D.飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等,根据牛顿第二定律可知加速度必定相等,故D错误。
故选:
B。
根据开普勒第三定律分析周期关系;根据离心运动的条件分析飞船在P点的速度大小关系;根据开普勒第二定律分析飞船在轨道Ⅱ上运动时,在P点与Q点的速度大小;根据牛顿第二定律分析在P点的加速度大小关系。
本题要知道飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等,根据牛顿第二定律可知加速度必定相等,与轨道和其它量无关。
7.【答案】C
【解析】解:
ABC、由于两电流在M处产生的磁感应强度大小为(1+
)B0,方向如图所示
,P中电流在M点处产生的磁感应强度方向垂直于PM斜向下,大小与Q中电流在M点处产生的磁感应强度大小相等设为B,两磁场方向夹角为60°,根据矢量的合成法则,结合三角知识,总的磁感应强度为2Bcos30°+B0=(1+
)B0,解得B=B0,两电流产生合磁感应强度大小为2Bcos30°=
,故AB错误,C正确。
D、若使P中的电流反向、其他条件不变,如图所示,则P、Q导线在M处的磁感应强度大小为B0,再依据矢量的合成法则,则M点处磁感应强度的大小为BM=B0,故D错误;
故选:
C。
依据矢量的叠加法则,结合a点处的磁感应强度,即可求解两电流在a处产生的磁感应强度大小和方向;根据P、Q在a处产生的磁感应强度的大小,结合矢量合成法则,及三角函数知识,即可求解;运用平行四边形定则,结合三角函数知识,即可求解;
考查矢量的合成法则内容,掌握通电导线周围的磁场方向与电流方向的关系,理解三角知识的正确运用,注意画出正确的矢量图是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】
解:
小球a经过t时间两球的速度方向相互垂直,此时B运动时间为(t-1)s,
根据几何关系可得:
tanθ=
=
解得:
t=4s,则B运动时间为t-1=3s
故AB两点的水平距离X=v0t+v0(t-1)=4v0+3v0=7v0═140
m/s,故ACD错误,B正确;
故选:
B。
两球相差1s抛出,根据竖直方向的速度vA=gt,vB=g(t-1),结合两球的速度方向相互垂直,利用几何关系进而求出下落的时间,即可求出两点的水平距离
考查平抛运动的规律,抓住竖直方向的速度垂直,利用运动的分解列出等式。
注意三角函数等式的正确性。
9.【答案】AC
【解析】解:
A、电流表示数为:
,故A正确;
B、角速度ω=
,故B错误;
C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大,感应电动势最大,则穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为0,故线圈平面与中性面垂直,故C正确;
D、电阻R上的热功率为P=I2R=102×1W=100W,故D错误。
为故选:
AC。
由题图乙可知交流电电流的最大值、周期,电流表的示数为有效值,感应电动势最大,则穿过线圈的磁通量变化最快。
本题考查交变电流的产生及有效值的定义,要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值。
10.【答案】CD
【解析】解:
AB.从静止释放至最低点,由机械能守恒得:
mgR=
mv2
解得:
v=
在最低点的速度只与半径有关,可知vP<vQ;动能与质量和半径有关,由于P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短,所以不能比较动能的大小。
故AB错误;
CD.在最低点,拉力和重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得:
F-mg=m
解得:
F=mg+m
=3mg
a向=
,
所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力,向心加速度两者相等。
故CD正确。
故选:
CD。
从静止释放至最低点,由机械能守恒列式,可知最低点的速度、动能;在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度。
再求最低的速度、动能时,也可以使用动能定理求解;在比较一个物理量时,应该找出影响它的所有因素,全面的分析才能正确的解题。
11.【答案】AC
【解析】解:
AB、由图可知,0-2s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0-2s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向;
同理可知,2-4s内电路中的电流为逆时针,电流为负的,且两段时间内电流强度大小时等,故A正确,B错误;
C、由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势:
E=
=
S是定值,电路中电流大小I=
恒定不变,由F=BIL可知,F与B成正比;由左手定律可知,0-1s内与2-3s内安培力向上,为正的,1-2s内与3-4s内安培力向下,为负的,故C正确,D错误;
故选:
AC。
由右图可知B的变化,则可得出磁通量的变化情况,由楞次定律可知电流的方向;由法拉第电磁感应定律可知电动势,即可知电路中电流的变化情况;由F=BIL可知安培力的变化情况。
本题要求学生能正确理解B-t图的含义,才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定;解题时要特别注意,0-2s,2-4s,虽然磁场的方向发生了变化,但因其变化为连续的,故产生的电流一定是相同的
12.【答案】BD
【解析】解:
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,
由洛伦兹力提供向心力可知:
得R=
(1)
而粒子在电场中被加速,则有:
(2)
将
(1)
(2)两式联立可得:
A、由于半径相同,则当加速电压一定时,粒子的比荷越大,磁感应强度则越小,故A错误;
B、由于半径相同,则当加速电压一定时,粒子的比荷越大,磁感应强度则越小,故B正确;
C、当粒子的比荷一定时,则加速电压越大时,磁感应强度则越强,所以周期则越小,故C错误;
D、当粒子的比荷一定时,则加速电压越大时,磁感应强度则越强,所以周期则越小,故D正确;
故选:
BD。
带电粒子在电场中被直线加速后,进入匀强磁场后做匀速圆周运动.由于圆周运动半径相同,则由半径公式与粒子在电场中加速公式:
可得加速电压与粒子的比荷乘积的开方与磁感强度成正比.
通过洛伦兹力提供向心力来导出半径公式与周期公式,再用动能定理得出粒子在电场中的加速公式,从而可推导出加速电压、磁感应强度、粒子的比荷及半径的关系.最终由控制变量来研究其它各量之间的具体关系.
13.【答案】左 右 右
【解析】解:
由题意可知当穿过B的磁通量增大时,指针向左偏转,则可知当穿过B的磁通量减小时,指针应该向右偏转,则:
(1)闭合开关稳定后,将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中,A所在回路中的电阻减小,则A中的电流增大,磁场变强,穿过B的磁通量增大,故灵敏电流计的指针向左偏转;
(2)闭合开关稳定后,将线圈A从线圈B抽出的过程中,B所在位置的磁场变弱,穿过B的磁通量减小,则可知灵敏电流计的指针向右偏转;
(3)闭合开关稳定后,断开开关瞬间,A中的电流减小,穿过B的磁场变弱,穿过B的磁通量减小,故灵敏电流计的指针向右偏转。
故答案为:
(1)左;
(2)右;(3)右。
由题意可知当穿过B的磁通量增大时,指针向左偏转,则可知当穿过B的磁通量减小时,指针应该向右偏转,所以先判断穿过B的磁通量的变化情况,从而即可判断指针的偏转方向。
本题要求学生在做题的过程能通过对比找出指针的偏转方向与磁通量的大小变化有关,不难。
14.【答案】A
【解析】解:
(1)为了保证小球的初速度水平,斜槽末端需切线水平,故A正确。
B、为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等,每次让小球从斜槽的同一位置由静止滚下,故B错误。
C、每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放,保证小球平抛运动的初速度相等,斜槽的摩擦力不影响实验,故C错误。
D、为描出小球的运动轨迹,描绘的点用平滑曲线连接,故D错误。
故选:
A。
(2)在竖直方向上,根据△y=2l=gT2得,T=
,则小球平抛运动的初速度
=
。
故答案为:
(1)A,
(2)
。
(1)根据实验的原理和操作中的注意事项确定正确的操作步骤。
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔,结合水平位移和时间间隔求出初速度。
解决本题的关键知道实验的原理和注意事项,知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解。
15.【答案】解:
若从高度为h1处释放恰好达到与圆心等高处,
由动能定理得:
mg(h1-R)-μmgcosθ×
=0
解得:
h1=0.8m
要使滑块恰好到达C点,则在C点由牛顿第二定律得:
mg=m
若从高度为h2处释放到C点,由动能定理得:
mg(h2-2R)-μmgcosθ×
=
解得:
h2=2m
所以h的范围h≤0.8m或h≥2m
答:
h的范围h≤0.8m或h≥2m。
【解析】滑块不脱离轨道,即在轨道上能通过最高点或不超过与圆心等高的位置即可,分过程由动能定理可求得临界情况的高度。
本题考查了牛顿第二定律、动能定理的基本应用,在应用动能定理是要注意灵活选择运动过程列式。
16.【答案】解:
(1)设流过金属杆中的电流为I,由平衡条件得
解得
,流过R1的电流大小为
=
,根据右手定则,流过R1的电流方向为从M到P;
(2)设杆做匀速运动的速度为v,由法拉第电磁感应定律:
杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
,根据闭合电路欧姆定律得
联立解得:
;
答:
(1)金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小为
,方向从M到P;
(2)金属杆做匀速运动时的速率为
。
【解析】
(1)杆出磁场前已做匀速运动,恒力F与安培力
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