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浙江省丽水市2108-2019学年高二下学期月考(3月份)联考试卷物理试题 Word版含解析.doc 20页

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《浙江省丽水市2108-2019学年高二下学期月考(3月份)联考试卷物理试题 Word版含解析.doc》
PAGE 1 - 2018-2019学年浙江省丽水市高二(下)阶段性物理试卷(3月份) 1.下列物理量中,属于标量的是(  ) A. 速度 B. 电势 C. 位移 D. 加速度 【答案】B 【解析】 【详解】速度、位移和加速度都是即有大小又有方向,相加时遵循平行四边形定则的物理量,都是矢量,只有电势是只有大小,没有方向的物理量,是标量,故ACD错误,B正确。 2.物理定律多数是在大量实验的基础上归纳总结出来的。但也有些物理规律的建立并不是直接从实验得到的,而是经过了理想化(或合理)外推得到的。下列规律中属于理想化外推得到的是(  ) A. 机械能守恒定律 B. 牛顿第二定律 C. 牛顿第一定律 D. 法拉第电磁感应定律 【答案】C 【解析】 【详解】ABC.机械能守恒定律、牛顿第二定律以及法拉第电磁应定律均为实验定律,故ABD错误; C.牛顿第一定律是逻辑思维的产物,不是直接从实验得到的,故C正确。 3.如图所示,小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知A的质量为m,重力加速度为g,两本书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B在空中运动时 A. A的加速度等于g B. B的加速度大于g C. A对B的压力等于mg D. A对B的压力大于mg 【答案】A 【解析】 两个物体叠在一起水平抛出,做加速度为g的抛体运动,处于完全失重状态,则A与B间的作用力为零。故A正确,B、C、D错误。故选A。 【点睛】解决本题的关键知道斜抛运动的物体仅受重力,处于完全失重状态,不受压力、摩擦力。 4.“嫦娥三号”是我国第一个月球软着陆无人探测器。当它在距月球表面为100km的圆形轨道上运行时,周期为118min。已知月球半径和引力常量,由此不能推算出(  ) A. 月球的质量 B. “嫦娥三号”的质量 C. 月球的第一宇宙速度 D. “嫦娥三号”在该轨道上的运行速度 【答案】B 【解析】 【详解】A.“嫦娥三号”距离地面的高度h已知,周期、月球半径和引力常量已知,根据得,月球的质量,故A正确。 B.由于“嫦娥三号”的质量在运用万有引力提供向心力求解时,被约去,无法求出“嫦娥三号”的质量,故B错误。 C.根据得,月球的第一宇宙速度,月球的质量可以求出,半径已知,可以求出月球的第一宇宙速度,故C正确。 D.“嫦娥三号”在轨道上的运行速度,轨道半径和周期都已知,则可以求出运行速度,故D正确。 5.如图所示为一皮带传动装置,右轮半径为r,a点在它的边缘上.左轮半径为2r,b点在它的边缘上.若在传动过程中,皮带不打滑,则a点与b点的向心加速度大小之比为 A.1:2 B.2:1 C.4:1 D.1:4 【答案】B 【解析】 试题分析:根据题目要求,可知,且所以相信加速度比值为2:1 考点:匀速圆周运动公式 点评:此类题型考察了匀速圆周运动公式 6.飞盘自发明之始的50-60年代间,由于运动本身的新奇、活泼、变化、具挑战性、男女差异小、没有场地限制等等的诸多特点,吸引了男女老少各年龄层的爱好者。如图某一玩家从1.25m的高处将飞盘水平投出,请估算飞盘落地的时间(  ) A. B. C. D. 3s 【答案】D 【解析】 【详解】根据得,t=,而飞盘在运动的过程中受到阻力作用,则运动的时间一定会大于0.5s,故D正确,A、B、C错误。 7.某静电除尘设备集尘板的内壁带正电,设备中心位置有一个带负电的放电极,它们之间的电场线分布如图所示,虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹,A、B是轨迹上的两点,C点与B点关于放电极对称。下列说法正确的是(  ) A. A点电势低于B点电势 B. A点电场强度小于C点电场强度 C. 烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能 D. 烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能 【答案】A 【解析】 【详解】A.由沿电场线方向电势降低可知,A点电势低于B点电势,故A正确; B.由图可知,A点电场线比C点密集,因此A点的场强大于C点场强,故B错误; C.烟尘颗粒带负电,从A到B的过程中,电场力做正功,动能增加,烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能,故C错误; D.烟尘颗粒带负电,从A到B的过程中,电场力做正功,电势能减小,烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能,故D错误。 8.如图所示,四个相同的小球A、B、C、D,其中A、B、C位于同一高度h处,A做自由落体运动,B沿光滑斜面由静止滑下,C做平抛运动,D从地面开始做斜抛运动,其运动的最大高度也为h.在每个小球落地的瞬间,其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD.下列关系式正确的是(  ) A. PA=PB=PC=PD B. PA=PC>PB=PD C. PA=PC=PD>PB D. PA>PC=PD>PB 【答案】C 【解析】 小球落地时,A的重力的瞬时功率: ;B落地的瞬时功率:;C落地的瞬时竖直速度为 ,则落地时重力的瞬时功率:;因D中小球上升的最大高度为h,则落地的瞬时竖直速度为 ,则落地时重力的瞬时功率:;故PA=PC=PD>PB,故选项C正确,ABD错误;故选C. 9.如图所示,用两根材料、粗细、长度完全相同的导线,绕成匝数分别为n1=50和n2=100的圆形闭合线圈A和B,两线圈平面与匀强磁场垂直。若磁感应强度随时间均匀变化时,则两线圈中的感应电流之比IA:IB为(  ) A. 1:4 B. 4:1 C. 1:2 D. 2:1 【答案】D 【解析】 【详解】由法拉第电磁感应定律得:E=,可知,感应电动势与半径的平方成正比。 而根据电阻定律:线圈的电阻为r=ρ=ρ,线圈中感应电流I=,由上综合得到,感应电流与线圈半径成正比。即IA:IB=RA:RB;因相同导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形线圈,因此半径与匝数成反比,故IA:IB=n2:n1=2:1,故D正确,ABC错误; 10.如图所示,粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置,其半径为R,直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑,滑到轨道最低点N时,小物块对轨道的压力为2mg,g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是(  ) A. 小物块到达最低点N时的速度大小为 B. 小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR C. 小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点 D. 小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为 【答案】D 【解析】 【详解】A.设小物块到达最低点N时的速度大小为v。在N点,根据牛顿第二定律得:FN-mg=m.据题有FN=2mg。联立得v=,故A错误。 B.小物块从P点运动到N点的过程中下降的高度为R,则重力做功为mgR,故B错误。 C.由于小物块要克服摩擦力做功,机械能不断减少,所以小物块不可能到达Q点,故C错误。 D.小物块从P点运动到N点的过程,由动能定理得:mgR-Wf=mv2-0,可得,克服摩擦力所做的功为Wf=mgR,故D正确。 11.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x的关系图线是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 向上滑动的过程中,根据动能定理有,当Ek=0时,同理,下滑过程中,由动能定理有,当x=0时,故选C。 12.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点,由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子 A. 运动到P点返回 B. 运动到P和P′点之间返回 C. 运动到P′点返回 D. 穿过P′点 【答案】A 【解析】 设A、B板间的电势差为U1,B、C板间的电势差为U2,板间距为d,电场强度为E,第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,根据动能定理得:qU1=qU2=qEd,将C板向右移动,B、C板间的电场强度,E不变,所以电子还是运动到P点速度减小为零,然后返回,故A正确;BCD错误. 【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动,主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理,重点是电容器的动态分析,在电荷量Q不变的时候,板间的电场强度与板间距无关. 13.如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻r,平行板电容器C的两金属板水平放置,R1和R2为定值电阻,P为滑动变阻器R的滑动触头,G为灵敏电流计,A为理想电流表.开关S闭合后,C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态,则以下说法正确的是(  ) A. 在P向上移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有方向由b至a的电流 B. 在P向上移动的过程中,A表的示数变大,油滴仍然静止,G中有方向由a至b的电流 C. 在P向下移动的过程中,A表的示数变大,油滴向下加速运动,G中有方向由b至a的电流 D. 在P向下移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有方向由a至b的电流 【答案】A 【解析】 【详解】AB.油滴原来处于平衡状态,重力和静电力平衡;电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联,滑片P向上移动时,电阻R变大,电路总电阻变大,总电流变小,电容器两端电压为:U=E-I(r+R1),故电容器两端电压变大,带电量变大,电场力变大,粒子向上加速;电容器充电,故电流从b到a,故A正确,B错误; CD.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程,电阻R变小,电路总电阻变小,电流变大,电容器两端电压为:U=E-I(r+R1),故电容器两端电压变小,带电量变小,电场力变小,粒子向下加速;电容器放电,故电流从a到b,故CD错误; 14.关于物理知识在生产、生活中的应用,下列说法正确的是(  ) A. 真空冶炼炉的工作原理是电流的磁效应 B. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用 C. 变压器的铁芯所使用的材料是硅钢,主要原因是硅钢是铁磁性材料并且具有较大的电阻率 D. 在炼钢厂中,把融化的钢水浇入圆柱形模子,模子沿圆柱的中心轴线高速旋转,冷却后形成无缝钢管,这种技术采用的是离心运动的原理 【答案】BCD 【解析】 【详解】A.真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化,故A错误; B.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用,故B正确; C.变压器的铁芯所使用的材料是硅钢,主要原因是硅钢是铁磁性材料并且具有较大的电阻率,从而为了减小涡流,减小发热量,提高变压器的效率,故C正确; D.在炼钢厂中,把融化的钢水浇入圆柱形模子,模子沿圆柱的中心轴线高速旋转,冷却后形成无缝钢管,这种技术采用的是离心运动的原理,故D正确; 15.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,原线圈接入图乙所示的正弦交变电流,电表均为理想电表.下列说法正确的有(  ) 甲 A. 电压表的示数为110V B. 交变电流的频率为50Hz C. 滑动变阻器滑片向下滑动时,电压表示数变大 D. 滑动变阻器滑片向上滑动时,电流表示数变小 【答案】BD 【解析】 变压器输入电压有效值: ;次级电压:,则电压表的示数小于110V,选项A错误;交变电流的周期为0.02s,则频率为50Hz,选项B正确;滑动变阻器滑片向下滑动时,R变小,次级电流变大,R0上的电压变大,则电压表示数变小,选项C错误;滑动变阻器滑片向上滑动时,R变大,则次级电流变小,初级电流变小,电流表示数变小,选项D正确;故选BD. 16.一列简谐横波沿x轴传播,周期为T,t=0时刻的波形如图所示.此时平衡位置位于x="3" m处的质点正在向上运动,若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa="2.5" m,xb="5.5" m,则 A. 当a质点处波峰时,b质点恰在波谷 B. t=T/4时,a质点正在向y轴负方向运动C.t=3T/4时,b质点正在向y轴负方向运动 C. 在某一时刻,a、b两质点的位移和速度可能相同 【答案】B 【解析】 试题分析:由图,则a质点处在波峰时,b质点在平衡位置,故A错误;简谐横波沿x轴负方向传播,t=0时,a质点正在向y轴正方向运动,时,a质点正在向y轴正方向运动,故B正确;t=0时刻,b点振动方向向y轴负方向,当时,b质点正在向y轴负方向运动,故C正确;由于,位移相同时,速度大小相等,方向相反,两者不可能同时相同,故D错误. 考点:考查了横波图像 名师点睛:本题考查识别、理解波动图象的能力,根据波动图象,分析质点的振动过程是应具备的能力. 17.用图甲装置探究细绳拉力(近似等于悬挂钩码重力)做功和小车动能变化的关系。 (1)关于实验操作,下列说法正确的有______ A.需要测出小车与钩码的质量 B.需要垫高木板右端以平衡摩擦力 C.需要控制钩码的质量远大于小车的质量 D.必须在接通打点计时器的同时释放小车 (2)某次获得的纸带如图乙所示。已知相邻两点时间间隔为T,小车与钩码的质量分别为M和m,重力加速度为g,从A点到B点的过程中,拉力对小车做的功为______,小车动能的变化为______。(用题中及图中字母表示)。 (3)在实验操作正确的情况下,分析多组数据发现,拉力对小车做的功总是大于小车动能的变化量,原因是______。 【答案】 (1). AB (2). (3). (4). 钩码的重力大于细绳中的拉力 【解析】 (1)实验要验证的关系式:,故需要测出小车与钩码的质量,选项A正确;要使得钩码的重力等于小车的拉力,需要垫高木板右端以平衡摩擦力,选项B正确;此实验不需要控制钩码的质量远大于小车的质量,选项C错误;先接通打点计时器,然后释放小车,选项D错误;故选AB; (2)从A点到B点的过程中,拉力对小车做的功为mg(x2+x3+x4);打A点时小车的速度:;打A点时小车的速度:;小车动能的变化为. (3)拉力对小车做的功总是大于小车动能的变化量,原因是钩码向下加速运动时,钩码的重力大于细绳中的拉力. 18.某同学用下列器材测定电流表A1的内阻: A.待测电流表A1(量程0.3A,内阻约5Ω); B.电流表A2(量程0.6A,内阻约3Ω); C.定值电阻R0=5Ω; D.滑动变阻器R1(0~5Ω,额定电流2A); E.滑动变阻器R2(0~100Ω,额定电流1A); F.电源E(电动势约为3V,内阻忽略不计); G.开关、导线若干。 (1)该同学设计的电路如图甲所示,请根据图甲将图乙实物图补充完整。 (2)该实验中滑动变阻器应选用______(选填“R1”或“R2”)。 (3)将电路正确连接后,闭合开关,滑动变阻器的滑片处在某位置时,电流表A2的指针位置如图丙所示,示数为______A.调节滑动变阻器,读出多组电流表A1、A2的示数,分别用,I1、I2表示,描绘出I1I2图线如图丁所示,已知图线的斜率为k,则电流表A1的内阻为______。从实验原理上看该实验是否存在系统误差?______(选填“存在”或“不存在”)。 【答案】 (1). (1) 如图 (2) R1 (2). 0.38 (3). (4). 不存在 【解析】 (1)实物图如图所示; (2)试验时滑动变阻器用分压电路,故应该选择阻值较小的R1; (3)电流表A2读数为:0.38A;根据欧姆定律可得:,解得: ,则,解得: ;从实验原理上看该实验不存在系统误差. 点睛;此题关键是搞清实验的原理,能根据电路图依据欧姆定律列出函数关系,然后结合图像分析解答. 19.下面是将用单摆测定重力加速度实验中获得有关数据所制作成的图象(l为摆长,T为周期)。 (1)请利用图象求出重力加速度g=______m/s2 (2)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,若测得的g值比当地的标准值偏小,可能是因为______ A.球的质量偏大 B.摆动的偏角偏小 C.计算摆长时,把悬线长l′当作了摆长l D.测量周期时,将n次全振动误记成了(n+1)次全振动 【答案】 (1). (1)9.70, (2). (2)C。 【解析】 【详解】(1)根据T=得,,图线的斜率k=,解得重力加速度g=9.70m/s2。 (2)根据T=得,g=, A.摆球的质量偏大,不影响重力加速度的测量,故A错误。 B.摆角偏小,不影响重力加速度的测量,故B错误。 C.计算摆长时,把悬线长l′当作了摆长l,则摆长的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏小,故C正确。 D.测量周期时,将n次全振动误记成了(n+1)次全振动,则周期的测量值偏小,导致重力加速度的测量值偏大,故D错误。 20.如图所示,竖直平面内有四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上,圆心为O点。一小滑块自圆弧轨道A处由静止开始自由滑下,在B点沿水平方向飞出,落到水平地面C点。已知小滑块的质量为m=1.0kg,C点与B点的水平距离为1m,B点高度为1.25m,圆弧轨道半径R=1m,g取10m/s2.求小滑块: (1)从B点飞出时的速度大小; (2)在B点时对圆弧轨道的压力大小; (3)沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力所做的功。 【答案】(1)从B点飞出时的速度大小为2m/s; (2)在B点时对圆弧轨道的压力大小是14N; (3)沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力所做的功是8J. 【解析】 试题分析:(1)滑块从B点飞出后做平抛运动,设从B点飞出时的速度大小为v,则有 竖直方向:h=gt2 水平方向:x=vt 解得 v=2m/s (2)滑块经过B点时,由重力和轨道的支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得 解得 N=14N 根据牛顿第三定律得,在B点时滑块对圆弧轨道的压力大小为N′=N=14N,方向竖直向下. (3)设沿圆弧轨道下滑过程中滑块克服摩擦力所做的功为W,由动能定理得 mgR-W=mv2 解得 W=8J 考点:动能定理;牛顿定律的应用 【名师点睛】本题是平抛运动和动能定理的综合应用,速度是它们之间联系的纽带.根据动能定理求解变力做功是常用的思路。 21.如图所示,竖直放置的平行金属板A、B间电压为U0,在B板右侧CDMN矩形区域存在竖直向下的匀强电场,DM边长为L,CD边长为L,紧靠电场右边界存在垂直纸面水平向里的有界匀强磁场,磁场左右边界为同心圆,圆心O在CDMN矩形区域的几何中心,磁场左边界刚好过M、N两点。质量为m、电荷量为+q的带电粒子,从A板由静止开始经A、B极板间电场加速后,从边界CD中点水平向右进入矩形区域的匀强电场,飞出电场后进入匀强磁场。当矩形区域中的场强取某一值时,粒子从M点进入磁场,经磁场偏转后从N点返回电场区域,且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切,粒子的重力忽略不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求粒子离开B板时的速度v1; (2)求磁场右边界圆周的半径R; (3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时,粒子从MN间飞入磁场,经磁场偏转返回电场前,在磁场中运动的时间有最大值,求此最长时间tm。 【答案】(1);(2);(3); 【解析】 【详解】(1)粒子从A到B的加速过程中,由动能定理有: 解得:; (2)如图1所示, 粒子刚好沿着磁场右边界到达N点,图中,θ=37°, 带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为: 则磁场区域的半径:; (3)粒子从同一点离开电场时,在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长,运动时间也最长; 粒子从不同点离开电场,在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长,且当矩形区域场强为零时,粒子进入磁场时速度最小,粒子在磁场中运动时间最长, 则画出粒子运动轨迹如图2所示, 由几何关系知粒子偏转360°-2(90°-37°0)=254°, 则最长时间为:; 22.简谐运动是我们研究过的一种典型运动方式。 (1)一个质点做机械振动,如果它的回复力与偏离平衡位置的位移大小成正比,而且方向与位移方向相反,就能判定它是简谐运动。如图所示,将两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧套在光滑的水平杆上,弹簧的两端固定,中间接一质量为m的小球,此时两弹簧均处于原长。现将小球沿杆拉开一段距离后松开,小球以O为平衡位置往复运动。请你据此证明,小球所做的运动是简谐运动。 (2)以上我们是以回复力与偏离平衡位置的位移关系来判断一个运动是否为简谐运动。但其实简谐运动也具有一些其他特征,如简谐运动质点的运动速度v与其偏离平衡位置的位移x之间的关系就都可以表示为,v2=v02-ax,其中v0为振动质点通过平衡位置时的瞬时速度,a为由系统本身和初始条件所决定的不变的常数。请你证明,如图中小球的运动也满足上述关系,并说明其关系式中的a与哪些物理量有关。已知弹簧的弹性势能可以表达为kx2,其中k是弹簧的劲度系数,x是弹簧的形变量。 (3)一质点沿顺时针方向以速度v0做半径为R的匀速圆周运动,如图所示。请结合第(2)问中的信息,分析论证小球在x方向上的分运动是否符合简谐运动这一特征。 【答案】(1)证明见解析。(2)a等于两个弹簧的劲度系数的和,初速度的大小与开始时的振幅有关。(3)证明见解析。 【解析】 【详解】(1)若小球向右偏离的位移为x,选取向右为正方向,由胡克定律可得,小球受到的合外力:F合=(k1+k2)x,由于k1和k2都是常数,所以小球受到的合外力与位移成正比,小球做简谐振动。 (2)小球运动的过程中的机械能包括小球的动能与弹簧的弹性势能,小球运动的过程中系统的机械能守恒,设小球偏离O点的最大位移为A,则通过平衡位置时: 若小球向右偏离的位移为x时的速度为v,则: 即:v2=v02-(k1+k2)x2=v02-ax2 可知其中a等于两个弹簧的劲度系数的和,初速度的大小与开始时的振幅有关。 (3)当质点水平方向的位移为x时,质点速度与x轴之间的夹角设为θ,将质点的速度沿x轴方向与y轴方向分解如图,则: vy=v0cosθ 而:cosθ= 根据合速度与分速度的关系可知:v02=vx2+vy2 整理可得:vx2=v02-v02=v02-ax2 23.如图(甲)所示,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面,在纸面内固定一条以O点为圆心、半径为L的圆弧形金属导轨,长也为L的导体棒OA绕O点以角速度ω匀速转动,棒的A端与导轨接触良好,OA、导轨、电阻R构成闭合电路。 (1)试根据法拉第电磁感应定律E=n,证明导体棒产生感应电动势E=BωL2。 (2)某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮,如图(乙)所示,车轮与轮轴之间均匀地连接4根金属条,每根金属条中间都串接一个小灯,阻值为R=0.3Ω并保持不变,车轮半径r1=0.4m,轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁,可形成圆心角为θ=60°的扇形匀强磁场区域,磁感应强度B=2.0T,方向如图(乙)所示。若自行车前进时,后轮顺时针转动的角速度恒为ω=10rad/s,不计其它电阻和车轮厚度。求金属条ab进入磁场时,ab中感应电流的大小和方向。 (3)上问中,已知自行车牙盘半径r2=12cm,飞轮半径r3=6cm,如图(丙)所示。若该同学骑车时每分钟踩踏脚板60圈,车辆和人受到外界阻力的大小恒为10N,他骑10分钟的时间内一共需要对自行车做多少功? 【答案】(1)证明见解析;(2)ab中的电流方向为b→a,大小为4A;(3)需要对自行车做功3.42×104J。 【解析】 【详解】(1)设金属棒OA在Δt时间内扫过面积为ΔS,则:; ?磁通改变量为:ΔΦ=BΔS= 根据法拉第电磁感应定律得到为:E== (2)根据右手定则知:ab中的电流方向为b→a, ab相当于电源,电动势:E===1.6V 只有切割磁感线的部分产生电动势,电路的结构为切割磁感线的部分与其余的部分串联,所以电路总电阻为:==0.4Ω 通过ab中的电流:=4A (3)该同学骑车时每分钟踩踏脚板60圈,则转速:=1r/s 后轮转速:n2=2n1=2r/s, 后轮角速度为:ω=2πn2=2π×2=4πrad/s, 车速为:v=ωr1=4π×0.4=1.6πm/s 电动势为: 代入数据可得:E′=0.64π V 总的电功率为:P总= 代入数据可得:P总=W 总的焦耳热为:Q= 代入数据可得:Q=4.04×103J 克服阻力做功为: 代入数据可得:J
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