河北唐山市滦县一中学年度第一学期高二物理人教版期末复习试题含答案解析.docx
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河北唐山市滦县一中学年度第一学期高二物理人教版期末复习试题含答案解析
河北唐山市滦县一中【最新】度第一学期高二物理人教版期末复习试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.如图所示,线圈abcd有一半在另一稍宽一些的回路ABCD内,两线圈彼此绝缘,当开关S闭合瞬间,则线圈abcd中( )
A.有感应电流产生B.无感应电流产生
C.感应电流方向是a-d-c-bD.无法确定
2.平行金属板水平放置,板间距为0.6cm,两板接上6×103V电压,板间有一个带电液滴质量为4.8×10-10g,处于静止状态,则油滴上有元电荷数目是(g取10m/s2)()
(e=1.6×10-19C)
A.3×106B.30C.10D.3×104
3.如图所示,MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界,磁场宽度为L.一个边长为a的正方形导线框(L>2a)从磁场上方下落,运动过程中上下两边始终与磁场边界平行.线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如右图所示,则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个()
A.
B.
C.
D.
4.如图所示,灯L1,L2完全相同,带铁芯的线圈L的电阻可忽略,则( )
A.S闭合瞬间,L1,L2同时发光,接着L1变暗直至熄灭,L2更亮
B.S闭合瞬间,L1不亮,L2立即亮
C.S闭合瞬间,L1,L2都不立即亮
D.稳定后再断开S,L2熄灭,L1持续发光
5.在光滑绝缘水平面上,一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动,磁场的方向竖直向下,其俯视图如图,若小球运动到A点时,绳子突然断开,关于小球在绳断开后可能的运动情况,以下说法不可能的是
A.小球做逆时针匀速圆周运动,半径不变
B.小球做逆时针匀速圆周运动,半径减小
C.小球做顺时针匀速圆周运动,半径不变
D.小球做顺时针匀速圆周运动,半径减小
6.如图所示,一根空心铝管竖直放置,把一枚小圆柱的永磁体从铝管上端由静止释放,经过一段时间后,永磁体穿出铝管下端口.假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动,不与铝管内壁接触,且无翻转.忽略空气阻力,则下列说法中正确的是()
A.若仅增强永磁体的磁性,则其穿出铝管时的速度变小
B.若仅增强永磁体的磁性,则其穿过铝管的时间缩短
C.若仅增强永磁体的磁性,则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少
D.在永磁体穿过铝管的过程中,其动能的增加量等于重力势能的减少量
7.有三个完全相同的金属小球A、B、C,其中小球C不带电,小球A和B带有等量的同种电荷,如图所示,A球固定在竖直支架上,B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处,静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动,重力加速度为g,现在进行下列操作,其中描述与事实相符的是( )
A.仅将球C与球A接触离开后,B球再次静止时细线中的张力比原来要小
B.仅将球C与球B接触离开后,B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1,仅将球C与球A接触离开后,B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2,则θ1=θ2
C.剪断细线OB瞬间,球B的加速度等于g
D.剪断细线OB后,球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地
8.在图中所示的电路中,当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时( )
A.伏特表V读数增大,电容C的电荷量在减小
B.安培表A的读数增大,电容C的电荷量在增大
C.伏特表V的读数增大,安培表A的读数减小
D.伏特表V的读数减小,安培表A的读数增大
二、多选题
9.如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10V、20V、30V.实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,对于轨迹上的a、b、c三点,已知:
带电粒子带电量为0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子
A.粒子带正电B.在b点处的电势能为0.5J
C.在b点处的动能为零D.在c点处的动能为0.4 J
10.两根电阻不计的光滑平行金属导轨,竖直放置,导轨的下端接有电阻R,导轨平面处在匀强磁场中,磁场方向如图所示,质量为m,电阻为r的金属棒ab,在与棒垂直的恒力F作用下,沿导轨匀速上滑了h高度,在这个过程中( )
A.作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零
B.恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增加量
C.克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
11.如图所示,金属杆ab在两平行的金属导轨上滑行,变压器两线圈绕向如图所示,若使电流计中电流向下,则ab杆的运动方向可能是( )
A.向左匀速运动B.向右匀速运动
C.向左匀加速运动D.向右匀减速运动
12.A、B两个点电荷在真空中所形成电场的电场线(方向未标出)如图所示.图中C点为两点电荷连线的中点,MN为两点电荷连线的中垂线,D为中垂线上的一点,电场线的分布关于MN左右对称.则( )
A.这两个点电荷一定是等量异种电荷
B.这两个点电荷一定是等量同种电荷
C.C、D两点的电势一定不相等
D.C点的电场强度比D点的电场强度大
13.空间某一静电场的电势
在
轴上分布如图所示,
轴上两点B、C点电场强度在
方向上的分量分别是
、
,下列说法中正确的有
A.
的大小大于
的大小
B.
的方向沿
轴正方向
C.电荷在
点受到的电场力在
方向上的分量最大
D.负电荷沿
轴从
移到
的过程中,电场力先做正功,后做负功
14.如图所示,通电直导线与线圈abcd在同一平面内,则( )
A.线圈向右平动时,感应电流沿adcb方向
B.线圈竖直向下平动,则无感应电流
C.线圈以ab边为轴转动,产生的感应电流沿adcb方向
D.线圈沿垂直纸面方向远离导线,则产生的感应电流沿abcd方向
15.带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点,在匀强磁场中摆动,当小球每次通过最低点A时(如图)()
A.摆球受到的磁场力相同
B.摆球的动能相同
C.摆球的速度大小相同
D.向右摆动通过A点悬线的拉力大于向左摆动通过A点悬线的拉力
三、实验题
16.一种供某仪器使用的小型电池开路电压约为9V、允许通过的最大电流为1A.为了测量这个电池的电动势和内阻,实验者利用了如图所示的电路,图中电压表的内阻很大,可不考虑其对电路的影响,R为电阻箱,阻值范围为0-9999Ω,定值电阻R0为保护电阻.
(1)实验室备有的定值电阻有以下几种规格,你认为当做保护电阻R0最合适的是______
A.1Ω,5W B.9Ω,5W C.10Ω,10W D.100Ω,100W
(2)按如图的电路实验:
断开开关,调节电阻箱使其阻值最大;闭合开关,调节电阻箱的读数为R1,读取电压表的示数为U1;再次调节电阻箱的读数为R2,读取电压表的示数为U2;则可计算得出电池的电动势E=______,内阻r=______.(用R0、R1、U1、R2、U2表示)
17.在“探究导体的电阻跟哪些因素有关”的实验中,同学们提出了四种猜想.
猜想①:
电阻可能与导体的材料有关;
猜想②:
电阻可能与导体的温度有关;
猜想③:
电阻可能与导体的长度有关;
猜想④:
电阻可能与导体的横截面积有关.
如图所示,是同学们为了完成上述探究活动而准备的实验器材,已经完成了部分实物的连接.
(1)若电阻受温度的影响可以忽略,要探究猜想①,应该选用______两种合金丝进行实验;
(2)要探究猜想③,应该选用______两种合金丝进行实验.(填导线的字母代号“a”、“b”、“c”、“d”)
四、解答题
18.如图所示,一带电微粒质量为
、电荷量
,从静止开始经电压为
的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角
,并接着沿半径方向近入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,微粒射出磁场时的偏转角也为
。
已知偏转电场中金属板长
,圆形匀强磁场的半径为
,重力忽略不计。
求;
(1)带电微粒经加速电场后的速度大小;
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E的大小;
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小。
19.如图所示,足够长的U形导体框架的宽度l=0.5m,电阻忽略不计,其所在平面与水平面成θ=37°角,磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面,一根质量m=0.2kg,有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上,导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5,导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动,通过导体棒截面的电量共为Q=2C.求:
(1)导体棒匀速运动的速度;
(2)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中,导体棒的电阻产生的焦耳热.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10m/s2)
20.如图,灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上,电源的输出电压为U=20V,灯泡D的电阻为RD=6Ω,电动机M线圈的电阻为RM=2Ω,与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V.电动机的转轴的摩擦可忽略,求:
(1)通过灯泡的电流I=?
(2)电动机M线圈的发热功率PQ=?
(3)电动机M输出的机械功率P机=?
21.如图所示,电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内,MO间接有阻值为R=3Ω的电阻,导轨相距d=1m,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.质量为m=0.1kg,电阻为r=1Ω的导体棒CD垂直于导轨放置,并接触良好.用平行于MN的恒力F=1N向右拉动CD,CD受摩擦阻力f恒为0.5N.求:
(1)CD运动的最大速度;
(2)当CD达到最大速度后,电阻R消耗的电功率.
22.如图所示,在倾角θ=30°的斜面上,固定一金属框,宽L=0.25m,接入电动势E=12V、内阻为r=0.6Ω的电池.垂直框面放有一根质量m=0.2kg的金属棒,它与框架的摩擦因数为μ=
,整个装置放在磁感应强度B=0.8T垂直框面向上的匀强磁场中.当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时,可使金属棒静止在框架上?
框架与棒的电阻不计,g=10m/s2.
参考答案
1.A
【解析】
根据右手螺旋定则可知,通电导线瞬间,左、右线圈的磁通量均增大,但abcd线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里,右边的磁场方向垂直向外,且垂直向外的磁场较强.导致合磁场方向垂直纸面向外,根据楞次定律可知,线圈的感应电流方向都是顺时针方向,即a-b-c-d,故A正确,BCD错误.故选A.
2.B
【详解】
液滴处于静止状态故
计算得
则油滴上有元电荷数目是
,选B
3.B
【详解】
由题意可知,线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图(乙)所示,由法拉第电磁感应定律可知,线框匀速进入磁场,由于L>2a,当完全进入磁场后,因磁通量不变,则没有感应电流,线框只受到重力,使得线框速度增加,当出磁场时,速度大于进入磁场的速度,由法拉第电磁感应定律可知,出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流,导致出磁场时的安培力大于重力,导致线框做减速运动,根据牛顿第二定律,BIL-mg=ma,则做加速度在减小的减速运动,故B正确,ACD错误;故选B.
【点睛】
由题意可知,线框进入磁场时,做匀速直线运动,根据L>2a,则可知,出磁场时,速度与进入磁场的速度相比较,从而确定线框的运动性质,进而由法拉第电磁感应定律,可求得感应电流的大小如何变化,即可求解.
4.A
【详解】
S闭合瞬间,线圈中电流缓慢增加,电压同时加在两个灯上,所以L1、L2同时发光,稳定后电灯L1被短路,故L2灯更亮,L1熄灭,故A正确,BC错误;稳定后再断开S的瞬间,L2灯立即熄灭,但由于线圈的电流减小,导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小,所以L1灯亮一下再慢慢熄灭,故D错误;故选A.
点睛:
线圈中电流变化时,线圈中产生感应电动势;线圈电流增加,相当于一个瞬间电源接入电路,线圈左端是电源正极.当电流减小时,相当于一个瞬间电源,线圈右端是电源正极.
5.B
【解析】
若小球带正电,则小球所受的洛伦兹力指向圆心,开始时,拉力可能为零,绳断后,仍然洛伦兹力提供向心力,逆时针做圆周运动,半径不变.若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力,拉力减小为零,小球靠洛伦兹力提供向心力,速度的大小不变,半径变大,故B错误,A正确.如果小球带负电,则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心,当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时,绳子断后,小球做顺时针的匀速圆周运动,半径不变,也可能洛伦兹力小于之前合力的大小,则半径减小.故CD正确.故选ACD.
点睛:
该题考查带电粒子在磁场中的运动,解题的关键是能正确分析向心力的来源,结合受力分析判断洛伦兹力的方向,以及洛伦兹力的大小与初状态的合力的大小之间的关系.
6.A
【解析】
试题分析:
若仅增强永磁体的磁性,则铝管中产生的感应电流变大,磁体受到的向上的安培力变大,加速度减小,故则其穿出铝管时的速度变小,选项A正确;由于当增强永磁体的磁性后,磁体在铝管中的平均速度减小,故其穿过铝管的时间变长,选项B错误;由能量守恒关系可知,穿过铝管的过程中产生的焦耳热等于磁体的机械能的减小量,即
,因为v减小,故Q增大,选项C错误;由以上分析可知,在永磁体穿过铝管的过程中,其动能的增加量小于重力势能的减少量,选项D错误;故选A.
考点:
电磁感应;能量守恒定律;楞次定律.
7.B
【解析】
仅将球C与球A接触后离开,球A的电量减半,致使二者间的库仑力减小,对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡,由三角形相似可知
,故细线的张力不变,故A错误;将球C与球B接触后离开,和球C与球A接触后离开,由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB间的斥力相同,故夹角也相同,故B正确;剪断选项瞬间球B在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的张力等大反向,故其加速度不等于g,故C错误;剪断细线OB后,球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化,即球B落地前做变加速曲线运动,故D错误.故选B.
8.D
【分析】
本题考查的是电路动态变化分析问题,通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析,也可根据结论分析变阻器中电流的变化:
只要变阻器接入电路的电阻减小,通过其电流必定增大。
当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时,先分析变阻器电阻的变化,得到总电阻的变化,分析总电流的变化,判断出路端电压的变化,即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化,分析电流表读数的变化。
【详解】
当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时,变阻器有效电阻减小,外电路总电阻减小,总电流增大,则路端电压减小,所以伏特表V的读数减小。
根据串联电路分压特点可知,电路中并联部分分压减小,通过的电流减小,而总电流增大,所以通过电流表的电流增大,即安培表A的读数增大。
由于并联部分电压减小,电容器板间电压减小,由
可知,电容C的电荷量在减小,故ABC错误,D正确。
故选D。
9.AD
【详解】
A.由等势面与场强垂直可知场强方向向上,电场力指向轨迹弯曲的内侧,所以电场力向上,所以为正电荷,故A正确;
B.由电势能的定义知粒子在b点处的电势能
EPb=φq=0.01×30J=0.3J
故B错误;
C.由粒子在a点处的总能量
E=0.01×10J+0.5J=0.6J
由能量守恒得在b点处的动能为:
Ekb=0.6-0.3J=0.3J
故C错误;
D.由能量守恒得在C点处的动能为:
EkC=0.6J-0.01×20J=0.4J
故D正确.
10.AB
【解析】根据动能定理可得,合外力做的功等于动能变化,而匀速运动动能变化为零,所以合外力做功为零,故A正确;金属杆向上运动过程中受到重力、拉力和安培力作用,根据机械能守恒定律可得,除重力之外,其它力对杆做的功等于杆的机械能的变化量,故B正确;根据功能关系可知,克服安培力做的功等于电阻R与金属杆上产生的焦耳热之和,故C错误;恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力做的功,即等于电阻R与金属杆上产生的焦耳热之和,故D错误.故选AB.
点睛:
对于电磁感应问题研究思路常常有两条:
一条从力的角度,重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解.
11.CD
【解析】
当金属棒ab匀速运动时,右边线圈中产生恒定的感应电流,穿过左边线圈的磁通量不变,左边线圈不产生感应电流,故AB错误;金属棒ab向左匀加速运动时,由右手定则判断可知,棒中产生向下的感应电流,而且感应电流增大,电流产生的磁感应强度增大,穿过左侧线圈磁场向上,磁通量增大,由楞次定律可知,通过G的电流向下,故C正确;金属棒ab向右匀减速运动时,由右手定则判断可知,棒中产生向上的感应电流,而且感应电流减小,电流产生的磁感应强度减小,穿过右侧线圈磁场向下,磁通量减小,由楞次定律可知,通过G的电流向下,故D正确;故选CD.
12.AD
【解析】
试题分析:
根据电场线的特点,从正电荷出发到负电荷终止可以判断,这两点电荷是两个等量异种电荷.故A正确,B错误.根据平行四边形定则,对中垂线上的场强进行合成,知中垂线上每点的电场方向都水平向右,中垂线和电场线垂直,所以中垂线为等势线,所以C点的电势等于D点的电势.故C错误;在两等量异号电荷连线的中垂线上,中间点电场强度最大,也可以从电场线的疏密判断,所以C点的电场强度比D点的电场强度大,故D正确.故选AD.
考点:
电场线;电场强度;电势
13.AD
【详解】
A.本题的入手点在于如何判断
和
的大小,由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同,如果在x方向上取极小的一段,可以把此段看做是匀强磁场,用匀强磁场的处理方法思考,从而得到结论,此方法为微元法;需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解.在B点和C点附近分别取很小的一段d,由图象,B点段对应的电势差大于
C点段对应的电势差,看做匀强电场有
,可见
,A正确;
BD.沿电场方向电势降低,在O点左侧,
的方向沿x轴负方向,在O点右侧,
的方向沿x轴正方向,负电荷从B移到C的过程中,电场力先做正功,后做负功,B错误D正确.
C.由图可知,O点处图象的斜率为零,故说明该点水平方向的场强最小,故电场力在水平方向上的分量最小,C错误;
14.BD
【解析】
若线圈向右平动,穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律可知,感应电流方向是a→b→c→d.故A错误.若线圈竖直向下平动,穿过线圈的磁通量不变,无感应电流产生.故B正确.当线圈从图示位置以ab边为轴转动时,穿过线圈的磁通量向里减小,根据楞次定律可知,产生a→b→c→d方向的感应电流.故C错误.当线圈沿垂直纸面方向远离导线时,穿过线圈的磁场减小,根据楞次定律可知,产生感应电流为a→b→c→d方向,故D正确.故选BD.
15.BCD
【解析】
解:
A、由于小球的运动方向不同,则根据左手定则可知,洛伦兹力的方向不同,则受到的磁场力不同.故A错误;
B、由题意可知,拉力与洛伦兹力对小球不做功,仅仅重力作功,则小球机械能守恒,所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同,故B正确;
C、由于小球的运动方向不同,摆球的速度大小相同.故C正确;
D、由B选项可知,速度大小相等,则根据牛顿第二定律可知,由于速度方向不同,导致产生的洛伦兹力的方向也不同,则拉力的大小也不同,因带负电,向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上,故绳子拉力较小,即负电荷向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力.故D正确;
故选BCD.
【点评】本题考查对小球进行受力分析,并得出力做功与否,根据机械能守恒定律来解题是突破口,同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同.最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度,再使用左手定则时,注意电荷的电性.
16.C
【解析】
(1)电源的电动势为9V,而最大电流为1A,则需要的最小电阻R=
Ω=9Ω,此时保电阻的功率P=I2R0=12×9=9W;故R0应为C;
(2)根据闭合电路欧姆定律,有:
E=U1+I1(r+R1+R0);E=U2+I2(r+R2+R0)
解得
;
17.c、da、c
【解析】试题分析:
由于导体的电阻与三个因素有关,所以探究影响导体电阻大小的因素时要用到控制变量法.探究电阻大小与哪个因素有关时,就要控制其他的因素不变,只让这一个因素变化.根据控制变量法的思路,利用实验目的,选取符合特征的实验器材.
(1)要探究电阻与材料的关系时,要选取的电阻丝必须长度、材料相同,横截面积相同的cd两电阻丝;
(2)探究电阻与长度的关系时,要选用材料和横截面积都相同、长度不同的a、c两电阻丝.
18.
(1)
(2)2000V/m(3)0.13T
【详解】
(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1,根据动能定理
代入数据解得
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动.在水平方向微粒做匀速直线运动,水平方向
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2,竖直方向
,
由几何关系
联立解得
由题可知,
,则有
(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v,则
由粒子运动的对称性可知,入射速度方向过磁场区域圆心,则出射速度反向延长线过磁场区域圆心,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,则轨迹半径为:
由
解得
19.
(1)5m/s;
(2)1.5J.
【详解】
试题分析:
(1)由安培力
,
,
,
可得
导体棒匀速下滑时,由力平衡得
所以
代入数据解得v=5m/s
(2)设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为S,
通过导体棒截面的电量
得到
所以
根据能量守恒定律,得
得
20.
(1)1A;
(2)2W;(3)12W
【解析】
(1)灯两端的电压为
所以通过灯泡的电流为
(2)电动机M线圈的发热功率
(3)电动机M消耗的电功率为
输出的机械功率
21.
(1)8m/s
(2)3W
【解析】
(1)设CD棒运动速度为v,则:
导体棒产生的感应电动势为:
E=Bdv ①
据全电路欧姆定律有:
I=
②
则安培力为:
F0=BdI ③
据题意分析,当v最大时,有:
F-F0-f=0 ④
联立①②③④得:
vm=
=8 m/s ⑤
故CD运动的最大速度为8m/s.
(2)CD速度最大时同理有:
Em=Bdvm ⑥
Im=
⑦
P=I2R ⑧
联立⑤⑥⑦带入数据得:
P=3W.
故当CD达到最大速度后,电阻R消耗的电功率为P=3W.
22.
【解析】
【详解】
当滑动变阻器R取值较大,I较小时,安培力F较小,在金属棒重力的分力作用下金属棒有沿框面下滑的趋势,金属棒所受的静摩擦力框面向上,金属棒刚好不下滑时,满足平衡条件,则得:
得
当安培力较大,摩擦力方向沿框面向下时:
得
故本题答案是:
【点睛】
通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中,则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向,当安培力过大时,则棒有上滑趋势,则静摩擦力沿斜面向下.当安培力过小时,则棒有下滑的趋势,则静
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