高三物理二輪高頻考點(diǎn)突破專題10 重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用_第1頁(yè)
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高考物理二輪高頻考點(diǎn)專題突破專題10重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1重力場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律(1T—6T)目標(biāo)2電場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律(7T—11T)目標(biāo)3磁場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律(12T—16T)【典例專練】一、重力場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律1.2014年12月3日,世界臺(tái)聯(lián)宣布中國(guó)斯諾克球手丁俊暉已確定在新的世界排名榜上躍居世界第一,他也成為臺(tái)聯(lián)有史以來(lái)第11位世界第一,同時(shí)也是首位登上世界第一的亞洲球員,丁俊暉為臺(tái)球運(yùn)動(dòng)在中國(guó)的推廣和發(fā)展做出了突出貢獻(xiàn)。按照國(guó)際標(biāo)準(zhǔn),每顆球的標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量為154.5g,但是由于不同廣商生產(chǎn)水平的不同,所以生產(chǎn)出來(lái)的球的質(zhì)量會(huì)有一些差異。如圖所示,假設(shè)光滑水平面一條直線上依次放n個(gè)質(zhì)量均為15的靜止的彈性紅球(相鄰兩個(gè)紅球之間有微小的間腺),另有一顆質(zhì)量為1758的彈性白球以初速度v0與n號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰,則k號(hào)紅球最終的速度大小為(已知1<k<n)()A. B. C.0 D.【答案】B【詳解】光滑水平面一條直線上依次放n個(gè)質(zhì)量為的彈性紅球,質(zhì)量為的白球以初速度為與n號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰,根據(jù)一動(dòng)碰一靜的彈性碰撞特點(diǎn)可知,每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉?lái)的而n號(hào)球每次將速度傳給右側(cè)球,故白球與n號(hào)球碰撞1次后,白球速度紅球的速度最終傳給1號(hào)球,白球與n號(hào)碰撞2次后,白球速度紅球的速度最終傳給2號(hào)球,白球與n號(hào)球碰撞3次,白球速度紅球的速度最終傳給3號(hào)球,k號(hào)紅球最終的速度大小為故選B。2.如圖所示,在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M的半圓槽,半圓槽內(nèi)壁光滑,軌道半徑為R,軌道的最低點(diǎn)為C,兩端A、B與其圓心O處等高?,F(xiàn)讓一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放,小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,若。則在此后的過(guò)程中()A.半圓槽與小滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒B.小滑塊從A到C的過(guò)程中,半圓槽運(yùn)動(dòng)的位移為C.小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),半圓槽速度為D.小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),半圓槽對(duì)水平地面的壓力為【答案】C【詳解】A.半圓槽與小滑塊組成的系統(tǒng),只有重力對(duì)系統(tǒng)做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,在豎直方向,重力對(duì)小滑塊的沖量不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為零,系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,A錯(cuò)誤;B.設(shè)小滑塊從A到C的過(guò)程中用時(shí)為t,半圓槽位移為x,則滑塊的位移為R-x;取水平向右為正方向,根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒得解得,B錯(cuò)誤;C.小滑塊運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)C時(shí),設(shè)小滑塊的速度大小為v1,半圓槽的速度大小為v2,根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒得根據(jù)機(jī)械能守恒定律的聯(lián)立解得;,C正確;D.小滑塊相對(duì)半圓槽做圓周運(yùn)動(dòng),則在C點(diǎn)時(shí)小滑塊對(duì)半圓槽的壓力大于mg,則對(duì)半圓槽進(jìn)行受力分析,可知半圓槽受到重力、地面的支持力和小滑塊的壓力,則半圓槽對(duì)水平地面的壓力大于3mg,D錯(cuò)誤。故選C。3.內(nèi)部長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑的水平面上,木箱內(nèi)部正中間放置一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的木塊,木塊與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。初始時(shí)木箱向右的速度為v0,木塊無(wú)初速度。木箱運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示,所有碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短,重力加速度為g,則在0~t0內(nèi),下列說(shuō)法正確的是()A.M=2m B.M與m間的相對(duì)路程為C.M對(duì)地的位移為 D.m對(duì)地的位移為【答案】BCD【詳解】A.由圖像可知木塊與木箱最終共速,則得故A錯(cuò)誤;B.由能量守恒可得得到兩物體的相對(duì)路程為,故B正確;CD.由圖知共碰撞三次,都是彈性碰撞,到共速為止所花總時(shí)間為則木箱運(yùn)動(dòng)的位移為,木塊相對(duì)地面的位移為,故CD正確。故選BCD。4.將一個(gè)煙花從地面沿與水平方向成45°角斜向上發(fā)射,經(jīng)過(guò)時(shí)間1s到達(dá)最高點(diǎn),到最高點(diǎn)時(shí)爆炸,爆炸后分成兩塊,兩塊的質(zhì)量之比為3:1,其中質(zhì)量較大的一塊剛好做自由落體運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度大小為10m/s2,不計(jì)空氣阻力和爆炸過(guò)程中損失的質(zhì)量,則()A.煙花在地面發(fā)射時(shí)的速度大小為10m/sB.爆炸后一瞬間,質(zhì)量較小的一塊速度大小為40m/sC.炸成的兩塊落地后相距40mD.爆炸后瞬間系統(tǒng)的動(dòng)能與爆炸前瞬間系統(tǒng)的動(dòng)能之比為4:1【答案】BCD【詳解】A.設(shè)煙花在地面發(fā)射時(shí)的速度大小為v0,則解得故A錯(cuò)誤;B.在最高點(diǎn)速度設(shè)炸成的兩塊質(zhì)量分別為m1、m2,則解得故B正確;C.炸成的兩塊落地后的距離故C正確;D.爆炸后系統(tǒng)的動(dòng)能與爆炸前系統(tǒng)的動(dòng)能之比故D正確。故選BCD。5.如圖所示,光滑水平地面上質(zhì)量均為m的物體A、B,之間用輕彈簧相連,B緊靠右側(cè)墻面,另一個(gè)質(zhì)量也為m的物體C,以一定的初速度v0向右運(yùn)動(dòng)(設(shè)向右為正)與A碰撞后立即結(jié)合為一體,則下列說(shuō)法正確的是()A.A、C碰撞引起的機(jī)械能損失為mv02B.彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv02C.彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B開(kāi)始與墻分離D.彈簧第一次拉伸到最長(zhǎng)時(shí)B的速度為【答案】ACD【詳解】A.對(duì)A、C,碰撞后的速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒mv0=2mv1;碰撞引起的機(jī)械能損失為,A正確;B.根據(jù)能量守恒,最大彈性勢(shì)能等于碰撞后AC結(jié)合體的初態(tài)動(dòng)能,即,B錯(cuò)誤;C.當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),AC結(jié)合體的速度為,彈簧開(kāi)始拉伸,B開(kāi)始與墻分離,C正確;D.彈簧第一次拉伸最長(zhǎng)時(shí),A、B、C三者有共同速度v2,根據(jù)動(dòng)量守恒為;,D正確.6.如圖所示,固定斜面足夠長(zhǎng),斜面與水平面的夾角,一質(zhì)量為3m的L形工件沿斜面以速度勻速向下運(yùn)動(dòng)。工件上表面光滑,下端為擋板,現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的A點(diǎn),當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到工件下端時(shí)(與擋板碰前的瞬間),工件速度剛好減為零,而后木塊與擋板第一次相碰,以后木塊將與擋板發(fā)生多次碰撞。已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短,木塊始終在工件上運(yùn)動(dòng),重力加速度g取10m/s2,下列說(shuō)法正確的是()A.下滑過(guò)程中,工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動(dòng)量不守恒B.下滑過(guò)程中,工件的加速度大小為2m/s2C.木塊與擋板第1次碰撞后瞬間,工件的速度大小為1.5m/sD.木塊與擋板第3次碰撞至第4次碰撞的時(shí)間間隔為0.75s【答案】BCD【詳解】A.下滑過(guò)程中,工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上合力為零,所以沿斜面方向上動(dòng)量守恒,故A錯(cuò)誤;B.開(kāi)始工件勻速下滑,根據(jù)牛頓第二定律有解得把木塊放上,對(duì)工件受力分析有解得故B正確;C.設(shè)第一次碰撞前瞬間木塊速度為v。第一次碰撞前工件與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,即解得設(shè)第一次碰撞后木塊速度為v1,工件的速度為v2,碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒有解得;故C正確;D.設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時(shí)間間隔為t,在此時(shí)間內(nèi)木塊的位移工件的位移為;解得第2次碰撞前木塊的速度工件的速度與第1次碰撞前速度相同,此后不斷重復(fù)上述過(guò)程,所以任意兩次相鄰碰撞的時(shí)間間隔均相同,故D正確。故選BCD。二、電場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律7.如圖所示,光滑絕緣水平面上有帶正電的甲球和帶負(fù)電的乙球(甲、乙兩球均視為質(zhì)點(diǎn)),現(xiàn)使甲球在大小為、方向沿兩球連線背離乙球的瞬時(shí)沖量作用下運(yùn)動(dòng)的同時(shí),由靜止釋放乙球。若甲、乙兩球的質(zhì)量分別為和,則當(dāng)它們相距最遠(yuǎn)時(shí),乙球的速度大小為()A. B. C. D.【答案】B【詳解】設(shè)甲球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為,根據(jù)動(dòng)量定理有兩球所受靜電力大小相等、方向相反,故兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,且它們的速度相同時(shí)相距最遠(yuǎn)(設(shè)此時(shí)乙球的速度大小為v),有解得故選B。8.如圖所示,在光滑絕緣水平面上,A、B兩個(gè)小球質(zhì)量分別為2m和m,兩球均帶正電,某時(shí)刻A有指向B的初速度v0,B的速度為0,之后兩球在運(yùn)動(dòng)中始終未相碰,當(dāng)兩球從此刻開(kāi)始到相距最近的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.兩球系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒 B.兩球系統(tǒng)電勢(shì)能增加了C.電場(chǎng)力對(duì)A球做的功為 D.電場(chǎng)力對(duì)B球做的功為【答案】C【詳解】A.兩球系統(tǒng)所受合力為0,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但兩球相互靠近過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功,機(jī)械能減小,故A錯(cuò)誤;B.當(dāng)兩球速度相等時(shí),兩球相距最近,由動(dòng)量守恒有得由能量守恒可知,兩球系統(tǒng)電勢(shì)能增加故B錯(cuò)誤;C.由動(dòng)能定理可知,電場(chǎng)力對(duì)A球做的功為故C正確;D.由動(dòng)能定理得,電場(chǎng)力對(duì)B球做的功為故D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖所示,在光滑的水平直線導(dǎo)軌上,有質(zhì)量分別為2m和m,帶電量分別為2q、q(q>0)的兩個(gè)形狀相同的小球A、B正相向運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻A、B兩球的速度大小分別為vA、vB。由于靜電斥力作用,A球先開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng),它們不會(huì)相碰,最終兩球都反向運(yùn)動(dòng),則()A.vA>vB B.vA<vB C.vA=vB D.vB>vA>vB【答案】B【詳解】把A、B兩球看成一個(gè)系統(tǒng),因兩球間的靜電斥力相同,系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,滿足動(dòng)量守恒定律,靜電力對(duì)兩球的沖量大小相等,且A球先開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng),可知A球的初動(dòng)量小于B球的初動(dòng)量,即解得vA<vB最終兩球都反向運(yùn)動(dòng)。故選B。10.如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有質(zhì)量分別為m1和m2的甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷.t=0靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)(整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有接觸),它們運(yùn)動(dòng)的v-t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示.則由圖線可知A.兩電荷的電性一定相反 B.t1時(shí)刻兩電荷的電勢(shì)能最大C.0~t2時(shí)間內(nèi),兩電荷的靜電力都是先減小后增大 D.m1:m2=2:1【答案】BD【詳解】由圖象段看出,甲從靜止開(kāi)始與乙同向運(yùn)動(dòng),說(shuō)明甲受到了乙的排斥力作用,則知兩電荷的電性一定相同.故A錯(cuò)誤.時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小,在時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大,時(shí)刻兩球相距最近,系統(tǒng)克服電場(chǎng)力最大,兩電荷的電勢(shì)能最大.故B正確.時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小,在時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大,由庫(kù)侖定律得知,兩電荷間的相互靜電力先增大后減?。蔆錯(cuò)誤.兩球相互作用時(shí),受到的合外力為零,故動(dòng)量守恒,設(shè)向左為正方向,時(shí)刻兩球速度相等,為v=2m/s,由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得:,解得:,故D正確;選BD.11.如圖,絕緣座放在光滑水平面上,間距為d的平行板電容器豎直固定在絕緣座上,A板有小孔O,水平絕緣光滑桿穿過(guò)O固定在B板上,電容器、底座和絕桿的總質(zhì)量為M。給電容器充電后,一質(zhì)量為m的帶正電環(huán)P套在桿上以某一速度v0,對(duì)準(zhǔn)O向左運(yùn)動(dòng),在電容器中P距B板最近的位置為S。OS=若A、B板外側(cè)無(wú)電場(chǎng),P過(guò)孔O時(shí)與板無(wú)接觸,不計(jì)P對(duì)A、B板間電場(chǎng)的影響。則()A.P在S處的速度為0B.P從O至S的過(guò)程中,絕緣座的位移大小為C.P從O至S的過(guò)程中,絕緣座的位移大小為D.P從O至S的過(guò)程中,整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能的增加量為【答案】CD【詳解】A.帶電圓環(huán)進(jìn)入電場(chǎng)后,在電場(chǎng)力的作用下,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),而電容器則在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)他們速度相等時(shí),帶電圓環(huán)與電容器的左極板相距最近,取向左為正方向,有系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得則P在S處的速度不為0,故A錯(cuò)誤;BC.該過(guò)程電容器(絕緣座)向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有環(huán)向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng),有由題意可知解得,P從O至S的過(guò)程中,絕緣座的位移大小為,故C正確,B錯(cuò)誤;D.P從O至S的過(guò)程中,帶電環(huán)減速,動(dòng)能減少,電容器動(dòng)能增加,系統(tǒng)動(dòng)能減少,電勢(shì)能增加,增加的電勢(shì)能故D正確。故選CD。三、磁場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律12.在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,靜止的原子核發(fā)生衰變,釋放的粒子與反沖核Y都做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示,圓周運(yùn)動(dòng)方向均為順時(shí)針。衰變放出的光子的動(dòng)量可忽略,則下列分析正確的是()A.衰變?yōu)棣了プ傿.衰變?yōu)棣滤プ僀.反沖核Y與釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為1:45D.反沖核Y與釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為117:14【答案】AC【詳解】AB.靜止的原子核發(fā)生衰變,釋放的粒子與反沖核遵循動(dòng)量守恒定律,所以速度方向相反,軌跡外切,表明粒子與反沖核帶同種電荷,所以衰變?yōu)棣了プ?。A正確,B錯(cuò)誤;CD.衰變時(shí),動(dòng)量守恒,有在磁場(chǎng)中,根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)電荷數(shù)守恒,可知反沖核Y與釋放的粒子的電荷量之比為則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為,C正確,D錯(cuò)誤。故選AC。13.如圖所示,小車(chē)A的質(zhì)量,置于光滑水平面上,初速度。帶正電荷的可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B,質(zhì)量,將其輕放在小車(chē)A的右端,在A、B所在的空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度,物體B與小車(chē)之間存在摩擦力的作用,設(shè)小車(chē)足夠長(zhǎng),小車(chē)表面是絕緣的(g取),則()A.物體B的最終速度為B.小車(chē)A的最終速度為C.小車(chē)A和物體B的最終速度約為D.小車(chē)A達(dá)到最小速度的全過(guò)程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為8.75J【答案】AD【詳解】ABC.假設(shè)沒(méi)有磁場(chǎng),由題意可知物體B一定能與小車(chē)A達(dá)到共同速度v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得在有磁場(chǎng)時(shí),設(shè)物體B的速度為v2時(shí),其所受洛倫茲力恰好與重力平衡,則解得說(shuō)明物體B速度達(dá)到v2時(shí),即與小車(chē)A之間再無(wú)相互作用,設(shè)此時(shí)小車(chē)A的速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得所以物體B的最終速度為10m/s,小車(chē)A的最終速度為13.5m/s,故A正確,BC錯(cuò)誤;D.根據(jù)能量守恒定律,小車(chē)A達(dá)到最小速度的全過(guò)程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為故D正確。故選AD。14.如圖所示,兩平行光滑導(dǎo)軌由兩部分組成,左面部分水平,右面部分是半徑為r的豎直半圓,兩導(dǎo)軌間的距離為l,導(dǎo)軌的電阻不計(jì),導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩根長(zhǎng)度均為l的金屬棒ab、cd均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上,金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為2m與m,電阻分別為R與?,F(xiàn)給ab棒施加一個(gè)瞬時(shí)沖量使其以初速度開(kāi)始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),cd棒隨即也開(kāi)始運(yùn)動(dòng)且進(jìn)入圓軌道后恰好能通過(guò)軌道最高點(diǎn),已知cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相撞,重力加速度大小為g,下列說(shuō)法正確的是()A.a(chǎn)b棒剛開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度大小為B.cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小為C.cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力為5mgD.cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】ABD【詳解】A.a(chǎn)b棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)回路中電流為I,則根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場(chǎng)有E=Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)牛頓第二定律有F安=ma0安培力為F安=BIl聯(lián)立求解的故A正確;BC.設(shè)cd棒剛進(jìn)入圓形軌道時(shí)的速度為v2,此時(shí)ab棒的速度為v1,ab棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至cd棒即將進(jìn)入圓軌道的過(guò)程,對(duì)ab和cd組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2,cd棒進(jìn)入圓軌道至最高點(diǎn)的過(guò)程中,對(duì)cd棒運(yùn)用動(dòng)能定理可得在半圓軌道的P點(diǎn)對(duì)cd棒運(yùn)用牛頓第二定律可得聯(lián)立求解可得;由牛頓第二定律可得cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力為故B正確,C錯(cuò)誤;D.cd棒進(jìn)入半圓軌道前對(duì)ab棒運(yùn)用動(dòng)能定理可得故D正確。故選ABD。15.如圖所示,兩電阻可以忽略不計(jì)的平行金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌固定在水平面上,相距為,另外兩根長(zhǎng)度為、質(zhì)量為、電阻為的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒在長(zhǎng)導(dǎo)軌上可以無(wú)摩擦地左右滑動(dòng),導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。某時(shí)刻使左側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為的向左初速度、右側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為的向右初速度,則下列結(jié)論正確的是()A.該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為B.當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時(shí),兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是C.當(dāng)導(dǎo)體棒的速度大小為時(shí),導(dǎo)體棒b的速度大小一定是D.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中,導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為【答案】BD【詳解】A.根據(jù)右手定則可知,兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)方向相同,所以該時(shí)刻

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