2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)第11章電磁感應(yīng)第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題學(xué)案_第1頁(yè)
2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)第11章電磁感應(yīng)第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題學(xué)案_第2頁(yè)
2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)第11章電磁感應(yīng)第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題學(xué)案_第3頁(yè)
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2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)第11章電磁感應(yīng)第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題學(xué)案_第5頁(yè)
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1、第44課時(shí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問(wèn)題1能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)2求解電能(電熱)的三種思路 (1)利用克服安培力做功求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。QW克。(2)利用能量守恒求解:其他形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能。QE其他。(3)利用電路特征來(lái)求解:通過(guò)電路中所產(chǎn)生的電能來(lái)計(jì)算。QI2Rt(焦耳定律)。例(2018黑龍江哈六中期末)(多選)如圖所示,在光滑的水平面上方,有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界,磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框,以速度v垂直于磁場(chǎng)方向從實(shí)線位置開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中

2、的位置時(shí),線框的速度為。下列說(shuō)法正確的是()A在虛線位置時(shí)線框中的電功率為B此過(guò)程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2C在虛線位置時(shí)線框的加速度為D此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電荷量為解析在虛線位置時(shí)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2BaBav,感應(yīng)電流為I,線框所受安培力大小為F2BIa2Ba,方向向左,根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a,故C錯(cuò)誤。線框在虛線位置時(shí),線框中的電功率PI2R,故A正確。根據(jù)能量守恒定律可得,此過(guò)程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能Qmv2m2mv2,故B正確。此過(guò)程中穿過(guò)線框的磁通量的變化量為Ba2,通過(guò)線框截面的電荷量為q,故D錯(cuò)誤。答案AB解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)題的一般步驟(1)確定研究對(duì)象(導(dǎo)體或

3、回路)。(2)分析清楚有哪些力做功,有哪些形式的能量發(fā)生轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。 (2018唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示,在傾角為的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊,MP、PG均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框,由靜止開(kāi)始沿斜面下滑,下滑過(guò)程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置,此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g

4、,下列說(shuō)法中正確的是()A當(dāng)ab邊剛越過(guò)PQ時(shí),導(dǎo)線框的加速度大小為agsinB導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1v241C從t1到t2的過(guò)程中,導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量D從t1到t2的過(guò)程中,有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能答案BC解析線框在區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),其合力為零,則mgsinF安;線框的ab邊剛越過(guò)PQ時(shí),兩邊都在切割磁感線,都受到沿斜面向上的安培力F安BILBL,則F合mgsin2F安mgsin4ma,a3gsin,A錯(cuò)誤;線框再次勻速時(shí),其合力也為零,則mgsin40,則,B正確;從t1到t2的過(guò)程中,安培力做負(fù)功,重力做正功,克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量,

5、減少的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能,即E電E機(jī)減mgh,C正確、D錯(cuò)誤。1.如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m,由距磁場(chǎng)H高處自由下落,其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,線圈開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),直到其上邊cd剛剛穿出磁場(chǎng)時(shí),速度減為ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的一半,磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)。則線框穿越勻強(qiáng)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為()A2mgL B2mgLmgHC2mgLmgH D2mgLmgH答案C解析設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得:mgHmv2,解得:v,從線框下落到cd剛穿出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程,根據(jù)能量守恒定律,焦耳熱為:Qmg2LmgHm22mgLmgH。C正確。2(2018唐山調(diào)研)豎直放

6、置的平行光滑導(dǎo)軌,其電阻不計(jì),磁場(chǎng)方向如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T,導(dǎo)體ab及cd長(zhǎng)均為0.2 m,電阻均為0.1 ,重均為0.1 N,現(xiàn)用力向上推動(dòng)導(dǎo)體ab,使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好),此時(shí),cd恰好靜止不動(dòng),那么ab上升時(shí),下列說(shuō)法正確的是()Aab受到的推力大小為2 NBab向上的速度為2 m/sC在2 s內(nèi),推力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 JD在2 s內(nèi),推力做功為0.6 J答案B解析導(dǎo)體棒ab勻速上升,受力平衡,cd棒靜止,受力也平衡,對(duì)于兩棒組成的整體,合外力為零,根據(jù)平衡條件可得ab棒受到的推力F2mg0.2 N,故A錯(cuò)誤;對(duì)cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡

7、條件得F安G,即BILG,設(shè)ab向上的速度為v,那么I,聯(lián)立得v m/s2 m/s,故B正確;在2 s內(nèi),電路產(chǎn)生的電能Qtt2 J0.4 J,故C錯(cuò)誤;在 2 s 內(nèi)推力做的功,WFxFvt0.222 J0.8 J,故D錯(cuò)誤。3.如圖所示,電阻不計(jì)的豎直光滑金屬軌道PMNQ,其PMN部分是半徑為r的圓弧,NQ部分水平且足夠長(zhǎng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于PMNQ平面指向紙里。一粗細(xì)均勻的金屬桿質(zhì)量為m,電阻為R,長(zhǎng)為r,從圖示位置由靜止釋放,若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,金屬桿與軌道始終保持良好接觸,則()A桿下滑過(guò)程機(jī)械能守恒B桿最終不可能沿NQ勻速運(yùn)動(dòng)C桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過(guò)程

8、中產(chǎn)生的電能等于D桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過(guò)程中,通過(guò)桿的電荷量等于答案D解析桿在下滑過(guò)程中,桿與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路,磁通量在改變,會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,桿將受到安培力作用,安培力對(duì)桿做功,桿的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;桿最終沿水平面時(shí),不產(chǎn)生感應(yīng)電流,不受安培力作用而做勻速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;桿從釋放到滑至水平軌道過(guò)程,重力勢(shì)能減小mgr,減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能和桿的動(dòng)能,由能量守恒定律得知:桿上產(chǎn)生的電能小于mgr,故C錯(cuò)誤;桿與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路磁通量的變化量為B,根據(jù)推論q,得到通過(guò)桿的電荷量為q,D正確。4如圖所示,水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩個(gè)用相同材料、相同

9、粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2,其邊長(zhǎng)L12L2,在距磁場(chǎng)上界面h高處由靜止開(kāi)始自由下落,再逐漸完全進(jìn)入磁場(chǎng),最后落到地面,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場(chǎng)上邊界。設(shè)線圈1、2落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2,通過(guò)線圈截面的電荷量分別為q1、q2,不計(jì)空氣阻力,則()Av1Q2,q1q2 Bv1v2,Q1Q2,q1q2Cv1Q2,q1q2 Dv1v2,Q1Q2,q1q2答案A解析線圈從同一高度下落,到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)具有相同的速度v,切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到磁場(chǎng)的安培力大小為:F,由電阻定律有:R(為材料的電阻率,S

10、為線圈的橫截面積),線圈的質(zhì)量為m0S4L(0為材料的密度)。當(dāng)線圈的下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)其加速度為:ag;聯(lián)立解得加速度ag;則知,線圈1和2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),速度相同,加速度相同,線圈1由于邊長(zhǎng)較長(zhǎng)還沒(méi)有全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線圈2已完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng),而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運(yùn)動(dòng),完全進(jìn)入磁場(chǎng)后才做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng),所以落地速度關(guān)系為v1m2,v1Q2。根據(jù)qL知,q1q2,A正確。5.(2018廣東深圳月考)(多選)如圖所示,水平面內(nèi)兩光滑的平行金屬導(dǎo)軌,左端與電阻R相連接,勻強(qiáng)磁場(chǎng)B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi),質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好。今對(duì)金

11、屬棒施加一個(gè)水平向右的外力F,使金屬棒從a位置開(kāi)始向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),依次通過(guò)位置b和c。若導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì),ab與bc的距離相等,關(guān)于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的有關(guān)說(shuō)法正確的是()A金屬棒通過(guò)b、c兩位置時(shí),外力F的大小之比為1B金屬棒通過(guò)b、c兩位置時(shí),電阻R的電功率之比為12C從a到b和從b到c的兩個(gè)過(guò)程中,通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量比為11D從a到b和從b到c的兩個(gè)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為11答案BC解析金屬棒從a位置由靜止開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)v22ax知,通過(guò)b、c兩個(gè)位置的速度比為1;根據(jù)EBLv知,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之比為1,由閉合電路歐姆定律得知感應(yīng)電流之比為1

12、,由公式FABIL可知安培力之比為1,根據(jù)牛頓第二定律,有:FFAma,F(xiàn)FAma,ma是定值,所以外力F的大小之比不等于1,故A錯(cuò)誤。通過(guò)b、c兩個(gè)位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之比為1,根據(jù)P知,電阻R的電功率之比為12,故B正確。由q,因?yàn)閍bbc,則qabqbc,則通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量之比為11,故C正確。根據(jù)能量守恒定律,熱量QabFxabmv,又v2axab,則QabFxabmaxab。同理QbcFxbcmaxbc,加速度相等,ab、bc的位移相等,但F不等,所以產(chǎn)生的熱量不等,故D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示,寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過(guò)光滑的水平桌面,一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在

13、桌面上,橢圓的長(zhǎng)軸平行磁場(chǎng)邊界,短軸小于d?,F(xiàn)給導(dǎo)體框一個(gè)初速度v0(v0垂直磁場(chǎng)邊界),已知導(dǎo)體框全部在磁場(chǎng)中的速度為v,導(dǎo)體框全部出磁場(chǎng)后的速度為 v1;導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1,導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說(shuō)法正確的是()A導(dǎo)體框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中,感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼導(dǎo)體框進(jìn)出磁場(chǎng)都是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)CQ1Q2DQ1Q2m(vv)答案ACD解析導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),磁通量減小,根據(jù)楞次定律得,感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?,故A正確。導(dǎo)線框在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí),速度變化,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化,產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化,則所受的安培力變化,加速度變化,則線框做的是非勻變速運(yùn)動(dòng),故

14、B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大于離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度,則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電流大,則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中安培力大,根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1Q2,C正確;由能量守恒定律可知,導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于線框的機(jī)械能減小量,即Q1Q2m(vv),D正確。7.(多選)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L(zhǎng),底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,如圖所示。除電阻R外其余電阻不計(jì)?,F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放,則()A釋放瞬間金屬棒

15、的加速度等于重力加速度gB金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí),流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍bC若彈簧彈力為F時(shí),金屬棒獲得最大速度vm,則vmD最終電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量答案AC解析金屬棒剛釋放時(shí),彈簧處于原長(zhǎng),彈力為零,又因此時(shí)速度為零,沒(méi)有感應(yīng)電流,金屬棒不受安培力作用,金屬棒只受到重力作用,所以金屬棒的加速度等于重力加速度g,故A正確;金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí),由右手定則可知,在金屬棒上電流方向向右,流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎a,故B錯(cuò)誤;金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,受到重力、彈簧的彈力和安培力三個(gè)力作用,當(dāng)三力平衡時(shí),速度最大,即當(dāng)彈簧彈力F、安培力F安之和等于金屬棒的重力mg時(shí),金屬棒下落速度最

16、大,即有FF安mg,而F安,解得vm,故C正確;當(dāng)金屬棒最后靜止時(shí),重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能和焦耳熱,所以電阻R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢(shì)能的減少,故D錯(cuò)誤。8.(2018石家莊模擬)如圖所示,平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為,導(dǎo)軌電阻不計(jì),與阻值為R的定值電阻相連,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng),最遠(yuǎn)到達(dá)ab的位置,滑行的距離為s,導(dǎo)體棒的電阻也為R,與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為B上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2mgs(sincos)C上滑過(guò)

17、程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2D上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2mgssin答案C解析對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖,導(dǎo)體棒向上做減速運(yùn)動(dòng),所以剛開(kāi)始時(shí)速度最大安培力最大,F(xiàn)BILBL。則從開(kāi)始到上升到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理:mgssinmgscosW克安0mv2可得:QW克安mv2mgssinmgscosE機(jī)mgscosW克安mv2mgssin故C錯(cuò)誤,A、B、D正確。9.(2015天津高考)如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長(zhǎng)為l,cd邊長(zhǎng)為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平,磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí),cd

18、邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后,ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前,線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求:(1)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍;(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)28l解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1,cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1,有E1B2lv1設(shè)線框總電阻為R,此時(shí)線框中電流為I1,由閉合電路歐

19、姆定律,有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1,有F1BI12l由于線框做勻速運(yùn)動(dòng),其受力平衡,有F1mg由式得v1設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前,線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2,同理可得v2由式得4(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,由機(jī)械能守恒定律,有mg2lmv線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,由能量守恒定律,有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l。10(2017北京高考)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類(lèi)似性,源于它們機(jī)理上的類(lèi)似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi),相距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上,與軌道接觸良好,以速度v(v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖1軌道端點(diǎn)M、P間接有阻值為r的電阻,導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)M、P間接有直流電源,導(dǎo)體棒ab通過(guò)滑輪勻速提升重物,電路中的電流為I。(1)求在t

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