8天堂资源在线,国产成人久久av免费高潮,国产精品亚洲综合色区韩国,国产欧美va天堂在线观看视频,xx色综合

空間內有兩個沿豎直方向的有界勻強磁場I、II，磁感應強度大小均為B，寬度均為L，邊界線平行，磁場I豎直向下，磁場II豎直向上，如圖所示為俯視圖．一邊長為L、質量為m的正方形導線框abcd放在光滑絕緣的水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通過兩個磁場區(qū)域．線框的bc邊始終平行于磁場區(qū)的邊界，力F垂直于bc邊，當bc邊進入磁場I時，線框恰以速度v₀做勻速運動，此時線框中的電流為i₀；當ad邊將要離開磁場II時線框中的電流稍小于i₀，則（　　）

A、bc邊在磁場II中運動時線框中的電流方向為adcba

B、bc邊恰進入磁場II時線框的加速度大小為 3F m

C、bc邊恰離開磁場II時線框的速度大小可能為 v0 2

D、bc邊在磁場II中運動的過程中線框中電流的最小值一定小于i0

查看答案和解析>>

空間內有兩個沿豎直方向的有界勻強磁場I、II，磁感應強度大小均為B，寬度均為L，邊界線平行，磁場I豎直向下，磁場II豎直向上，如圖所示為俯視圖．一邊長為L、質量為m的正方形導線框abcd放在光滑絕緣的水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通過兩個磁場區(qū)域．線框的bc邊始終平行于磁場區(qū)的邊界，力F垂直于bc邊，當bc邊進入磁場I時，線框恰以速度v₀做勻速運動，此時線框中的電流為i₀；當ad邊將要離開磁場II時線框中的電流稍小于i₀，則（　　）

A．bc邊在磁場II中運動時線框中的電流方向為adcba

B．bc邊恰進入磁場II時線框的加速度大小為 3F m

C．bc邊恰離開磁場II時線框的速度大小可能為 v0 2

D．bc邊在磁場II中運動的過程中線框中電流的最小值一定小于i0

查看答案和解析>>

空間內有兩個沿豎直方向的有界勻強磁場I、II，磁感應強度大小均為B，寬度均為L，邊界線平行，磁場I豎直向下，磁場II豎直向上，如圖所示為俯視圖．一邊長為L、質量為m的正方形導線框abcd放在光滑絕緣的水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通過兩個磁場區(qū)域．線框的bc邊始終平行于磁場區(qū)的邊界，力F垂直于bc邊，當bc邊進入磁場I時，線框恰以速度v做勻速運動，此時線框中的電流為i；當ad邊將要離開磁場II時線框中的電流稍小于i，則（ ）

A．bc邊在磁場II中運動時線框中的電流方向為adcba
B．bc邊恰進入磁場II時線框的加速度大小為
C．bc邊恰離開磁場II時線框的速度大小可能為
D．bc邊在磁場II中運動的過程中線框中電流的最小值一定小于i

查看答案和解析>>

-個位于豎直平面內的正方形閉合導體框，其上下兩條邊水平，從靜止幵始下落一定高度后，穿越一個磁感線沿水平方向且與線圈平面垂直的有界勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域上下邊界也水平．下圖是自導體框幵始下落到完全穿越磁場區(qū)域的過程中，導體框的感應電流、受到的安培力及運動速度隨時間變化的圖象，其中可能正確的是：（線圈始終在豎直平面內運動，且忽略空氣阻力的影響）（ ）
A．
B．
C．
D．

查看答案和解析>>

一個位于豎直平面內的正方形閉合導體框，其上下兩條邊水平，從靜止開始下落一定高度后，垂直穿越一個磁感應強度沿水平方向且與線圈平面垂直的有界勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域上下邊界也水平。下圖是自導體框開始下落到完全穿越磁場區(qū)域的過程中，導體框中的感應電流隨時間變化的圖象，其中肯定與實際不相符的是(忽略空氣阻力的影響，線圈始終在豎直平面內平動)

t/s

t/s

t/s

t/s

 

查看答案和解析>>

一．（20分）填空題．

1、右，大                2、 2（M - ），逐漸減小                  3、等于，  

4、45°，1：4             5、，

二．(40分)選擇題．

6

7

8

9

10

11

12

13

14

D

D

A

B

C

AC

BCD

AD

BD

三．（30分）實驗題．

15．（5分）BD

16．（6分）（1）如右圖   （2）10Hz    （3）0.75m/s

17．（6分）（1）“加入熱水后就立即記錄一次壓強和溫度的數值”是錯誤的，應該是“加入熱水后，在氣體狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄壓強和溫度的數值”（指出錯誤即可得分）

（2）p= t+p₁  （3）B    

18．（4分）（1）mv_t² -mv₀²（1分）

（2）變大，變�。�2分）

（3）估算圖線下方的面積，其大小即為磁力在這一過程 所做功大�。�1分）

19．（9分）（1）（如右圖）（2分）

（2）BD （3分）  （3）0.6，0.6 （4分）

四．（60分）計算題．（各計算題均實行不重復扣分的原則，物理量答案必須有相應的單位）

20．（10分）（1）氣體從狀態(tài) I 到狀態(tài) II：:= （2分）

  p₂ = = = 1.65×10⁵ Pa（3分）

（2）氣體從狀態(tài) II 到狀態(tài) III ：p₂V₂ = p₃V₃  （2分）

p₃ = =  = 1.1×10⁵ （Pa）（3分）

21．(12分)（1）彈丸從A到C：t== s=0.6s(1分)

A點到C點的水平距離s = v₀t =8.0×0.6m =4.8m(1分)

（2）彈丸到C的速度方向與水平方向的夾角為tgθ = = = =（1分）

v_C===  m/s = 10m/s（1分）

彈丸與塑料塊在C點具有的相同速度v_C’=v_C=1m/s     （1分）

分析彈丸與塑料塊從C點返回到C點的整個過程，根據動能定理有：

-μmgcosθ×2×=0－mv_C’²（2分）可得動摩擦因數μ==0.125（1分）

（3）根據牛頓第二定律，下滑時由 a₁=gsinθ-μgcosθ可得a₁=5 m/s²（1分）

由= v_C’ t₁+a₁ t₁²可解得t₁=0.17s（1分）

上滑時由 a₁=gsinθ+μgcosθ可得a₂=7 m/s²（1分）

由=a₂t₂²可解得t₂=0.27s（1分）

所以塑料塊從被彈丸擊中到再次回到C點的時間t= t₁+ t₂=0.44s（1分）

22．(12分)（1）R₂斷路，（2分）

電阻R₂被燒壞后，電壓表讀數等于電阻R₁的電壓大小

可得：R₁=4Ω       （2分）

（2）根據電路總功率P=εI_總

電阻R₂被燒壞前后電路總功率之比=

電阻R₂被燒壞前I_總=(+0.75)A=1A ，電阻R₂被燒壞后I_總’=0.8A

電阻R₂被燒壞前后電路總功率之比== （4分）             

（3）能求出電源電動勢E，不能求出電源內阻r（2分）

電阻R₂壞前E=1×(R₄+r）+0.75×4，電阻R₂壞后E=0.8×(R₄+r）+3.2

可求出E=4V （2分）

23．(12分)（1）  = m  (2分)     v₂=v₁= (2分)

（2） M_黑洞=10M_地球

對地球：v_2地球=；對黑洞：v_2黑洞=> c（c為光速）(1分)

= =  ≥ (2分)

R_黑洞≤ = m= 0.089m (1分)

（3）R_恒星=248×109 R_地球，M_恒星=（248×109）³M_地球（密度相同）

v_2恒星== =

    =11. 2×10³×248×109 m/s = 3.028×10⁸ m/s > c            (3分)

所以不能被我們看見 (1分)                      

24．(14分)（1）通過cd棒的電流方向 d→c（1分）

區(qū)域I內磁場方向為垂直于斜面向上（1分）

（2）對cd棒，F_安=BIl=mgsinθ所以通過cd棒的電流大小I = （1分）

當ab棒在區(qū)域II內運動時cd棒消耗的電功率P=I²R=（1分）

（3）ab棒在到達區(qū)域II前做勻加速直線運動，a==gsinθ

cd棒始終靜止不動，ab棒在到達區(qū)域II前、后，回路中產生的感應電動勢不變，則ab棒在區(qū)域II中一定做勻速直線運動

可得；=Blv_t    =Blgsinθt _x    所以t _x=（2分）

ab棒在區(qū)域II中做勻速直線運動的速度v_t=

則ab棒開始下滑的位置離EF的距離h= a t _x²+2l=3 l（3分）

（4） ab棒在區(qū)域II中運動的時間t₂==（1分）

ab棒從開始下滑至EF的總時間t= t _x+t₂=2 ε=Blv_t =Bl（2分）

ab棒從開始下滑至EF的過程中閉合回路中產生的熱量：Q=εIt=4mglsinθ（2分）