高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題4 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用特訓(xùn)
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第2講 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用1(2016華南師大附中綜測三)如圖所示,半徑為R1的圓形的導(dǎo)體線框,套住了半徑為R2的邊界為圓形的磁場區(qū)域,線框平面與磁場方向垂直,當磁感應(yīng)強度以Bkt(k0)變化時(BC)A線框中的感應(yīng)電動勢大小為kRB線框中的感應(yīng)電動勢大小為kRC線框中的感應(yīng)電流方向為順時針方向D線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律EN,又N1,BS,SR,k,所以EkR,A錯誤,B正確,因為k0,故B在垂直線框向外方向逐漸增大,由楞次定律知感應(yīng)電流的磁場向里,則感應(yīng)電流方向為順時針方向,C正確,D錯誤2(2015山東卷)(多選)如圖所示,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場,圓盤開始減速在圓盤減速過程中,以下說法正確的是(ABD)A處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高B所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動C若所加磁場反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動D若所加磁場穿過整個圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動解析:由右手定則可知,處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高,選項A正確;根據(jù)EBLv可知所加磁場越強,則感應(yīng)電動勢越大,感應(yīng)電流越大,產(chǎn)生的阻礙圓盤轉(zhuǎn)動的安培力越大,則圓盤越容易停止轉(zhuǎn)動,選項B正確;若加反向磁場,根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動,故圓盤仍減速運動,選項C錯誤;若所加磁場穿過整個圓盤,則圓盤中無感應(yīng)電流,不產(chǎn)生安培力,圓盤勻速轉(zhuǎn)動,選項D正確3(2016黃岡模擬)如圖所示,足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置,傾角為37,寬度為0.5 m,電阻忽略不計,其上端接一小燈泡,電阻為1 .一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 ,兩端與導(dǎo)體接觸良好,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應(yīng)強度為0.8 T將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放,運動一段時間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此時導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2,sin370.6)(B)A2.5 m/s1 WB5 m/s1 WC7.5 m/s9 WD15 m/s9 W解析:把立體圖象變?yōu)槠矫鎴D,由平衡條件列出方程是解決此類問題的關(guān)鍵,對導(dǎo)體棒進行受力分析作出截面圖,如圖所示,導(dǎo)體棒共受四個力作用,即重力、支持力、摩擦力和安培力,由平衡條件得mgsin 37F安Ff,F(xiàn)fFN,F(xiàn)Nmgcos 37,而F安BIL,I,EBLv,聯(lián)立式,解得v代入數(shù)據(jù)得v5 m/s小燈泡消耗的電功率為PI2R,由式得P2R1 W故選項B正確4(2016佛山市檢測)(多選)如圖所示,某同學(xué)在電磁爐面板上豎直放置一紙質(zhì)圓筒,圓筒上套一環(huán)形輕質(zhì)鋁箔,電磁爐產(chǎn)生的交變磁場的頻率、強度及鋁箔厚度可以調(diào)節(jié)現(xiàn)給電磁爐通電,發(fā)現(xiàn)鋁箔懸浮了起來,若只改變其中一個變量,則(CD)A增強磁場,鋁箔懸浮高度將不變B鋁箔越薄,鋁箔中產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大C增大頻率,鋁箔中產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大D在剛接通電源產(chǎn)生如圖磁場的瞬間,鋁箔中會產(chǎn)生如圖所示的電流解析:發(fā)現(xiàn)鋁箔懸浮了起來,是由于磁場的變化,產(chǎn)生感應(yīng)電流,導(dǎo)致安培力出現(xiàn),當磁場增強時,產(chǎn)生的感應(yīng)電流增大,則安培力增大,那么高度會升高,使其周圍的磁場會變?nèi)酰瑢?dǎo)致安培力變小,仍與重力平衡,故A錯誤;根據(jù)電阻定律R,鋁箔越薄,S越小,則電阻越大,再由I,可知,感應(yīng)電流越小,故B錯誤;當增大頻率,導(dǎo)致磁場的變化率變大,則感應(yīng)電動勢增大,那么感應(yīng)電流增大,故C正確;在剛接通電源產(chǎn)生如圖磁場的瞬間,根據(jù)楞次定律:增則反,可知,鋁箔中會產(chǎn)生如圖所示的電流,故D正確5(2016濟南3月模擬)無限長通電直導(dǎo)線在其周圍某一點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小與電流成正比,與導(dǎo)線到這一點的距離成反比,即Bk(式中k為常數(shù))如圖甲所示,光滑絕緣水平面上平行放置兩根無限長直導(dǎo)線M和N,導(dǎo)線N中通有方向如圖的恒定電流IN,導(dǎo)線M中的電流IM大小隨時間變化的圖象如圖乙所示,方向與N中電流方向相同絕緣閉合導(dǎo)線框ABCD放在同一水平面上,AB邊平行于兩直導(dǎo)線,且位于兩者正中間則以下說法正確的是(ACD)A0t0時間內(nèi),流過R的電流方向由CDBt02t0時間內(nèi),流過R的電流方向由DCC0t0時間內(nèi),不計CD邊電流影響,則AB邊所受安培力的方向向左Dt02t0時間內(nèi),不計CD邊電流影響,則AB邊所受安培力的方向向右解析:導(dǎo)線N中通有向上的恒定電流,所以在閉合導(dǎo)線框ABCD內(nèi)的磁通量向里,02t0時間內(nèi),導(dǎo)線M內(nèi)電流逐漸增大,所以導(dǎo)線框ABCD內(nèi)的磁通量向里且增大,根據(jù)楞次定律,流過R的電流方向由CD,選項A正確,B錯誤;導(dǎo)線M在AB處產(chǎn)生磁場方向向里,導(dǎo)線N在AB處產(chǎn)生磁場方向向外,0t0時間內(nèi),M中電流小于N中電流,故合磁感應(yīng)強度向外,不計CD邊電流影響,導(dǎo)線AB邊電流向下,根據(jù)左手定則所受安培力的方向向左,選項C正確;同理,t02t0時間內(nèi),不計CD邊電流影響,導(dǎo)線AB邊電流向下,磁場向里,則AB邊所受安培力的方向向右,選項D正確6(2016鄭州模擬)如圖所示,間距l(xiāng)0.4 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角30,正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0.2 T,方向垂直于斜面甲、乙兩金屬桿的電阻R相同、質(zhì)量均為m0.02 kg,垂直于導(dǎo)軌放置起初,甲金屬桿處在磁場上邊界ab上,乙在甲上方距甲也為l處現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放,并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌的拉力F,使甲金屬桿始終以a5 m/s2的加速度沿導(dǎo)軌勻加速運動,已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動,取g10 m/s2,則(BC)A每根金屬桿的電阻R0.016 B甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 sC甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率逐漸增大D乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是0.1 W解析:乙金屬桿在進入磁場前,甲乙兩金屬桿加速度大小相等,當乙剛進入磁場時,甲剛好出磁場由v22al解得乙進、甲出磁場時的速度大小均為v2 m/s.由vat解得甲金屬桿在磁場中的運動時間為t0.4 s,選項B正確;乙金屬桿進入磁場后有mgsin 30BIl,又BlvI2R,聯(lián)立解得R0.064 ,選項A錯誤;甲金屬桿在磁場中運動過程中力F和桿的速度都逐漸增大,則其功率也逐漸增大,選項C正確;乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是PBIlv0.2 W,選項D錯誤故本題答案為BC7(2016武漢市四月調(diào)考)如圖所示,邊長為L的菱形由兩個等邊三角形abd和bcd構(gòu)成,在三角形abd內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,在三角形bcd內(nèi)存在垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度也為B的勻強磁場一個邊長為L的等邊三角形導(dǎo)線框efg在紙面內(nèi)向右勻速穿過磁場,頂點e始終在直線ab上,底邊gf始終與直線dc重合規(guī)定逆時針方向為電流的正方向,在導(dǎo)線框通過磁場的過程中,感應(yīng)電流隨位移變化的圖象是(A)解析:感應(yīng)電動勢EBL有v,電流I,三角形egf向右運動,根據(jù)右手定則,開始時ef切割磁感線,產(chǎn)生順時針方向的電流,大小設(shè)為I0;0過程;en切割磁感線產(chǎn)生向下的電流,nf產(chǎn)生向上的電流,em產(chǎn)生向下電流,切割磁感線的有效長度為L有ennfem,隨著三角形的運動L有在減小,感應(yīng)電流減小,當運動時,L有0,電流為零:L過程,繼續(xù)移動,根據(jù)等邊三角形的幾何關(guān)系,nfem大于en,L有nfemen,逐漸變大,電流變大,當efg與bcd重合時,eg邊和ef切割磁感線,產(chǎn)生電流方向均為逆時針方向,大小變?yōu)?I0;L2L過程中,繼續(xù)移動gm切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,L有g(shù)m逐漸減小,直至全部出磁場電流為零,故A正確8(2016第二次全國大聯(lián)考)(多選)如圖甲所示,MN左側(cè)有一垂直紙面向里磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場現(xiàn)將一質(zhì)量為m、邊長為l的正方形金屬線框置于該磁場中,使線框平面與磁場方向垂直,且bc邊與磁場邊界MN重合對線框施加一按圖乙所示規(guī)律變化的水平拉力F,使線框由靜止開始向右做勻加速直線運動;當t0時,拉力大小為F0;線框的ad邊與磁場邊界MN重合時,拉力大小為3F0.則(BD)A線框的加速度為B線框的ad邊出磁場時的速度為C線框在磁場中運動的時間為D線框的總電阻為B2l2解析:t0時刻,感應(yīng)電動勢E0,感應(yīng)電流I0,安培力F安BIL0,由牛頓第二定律得,F(xiàn)0ma,得a,故A錯誤;根據(jù)公式v22al,得v,故B正確;根據(jù)運動學(xué)公式t,故C錯誤;線框的ad邊與磁場邊界MN重合時,根據(jù)3F0ma,得RB2l2,故D正確9(2016 東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角,M、P兩端接一電阻R,整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中t0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F,使金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動,導(dǎo)軌電阻忽略不計已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于金屬棒運動速度v、外力F、流過R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是(B)解析:設(shè)金屬棒的電阻為r,金屬棒長為l,由閉合電路歐姆定律知,通過電阻R的感應(yīng)電流I,由圖乙可知,Ikt,由以上兩式解得,vkt,即金屬棒做勻加速運動,選項A錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律得,平均感應(yīng)電動勢E,由閉合電路歐姆定律得(Rr)由圖乙可知kt.由以上三式解得,(Rr)kt.選項B正確;金屬棒做勻加速運動,由牛頓第二定律得Fmgsin BIlma,則Fmgsin maBIlmgsin kBlkt,選項C錯誤;流過電阻R的電荷量qItkt2,選項D錯誤10(2016全國大聯(lián)考二)如圖所示,固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌,間距為L,上端接有阻值為R的電阻,處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌的電阻忽略不計初始時刻,彈簧處于伸長狀態(tài),其伸長量為x1,此時導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0.在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸則下列說法正確的是(BC)A初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小FB初始時刻導(dǎo)體棒加速度的大小a2gC導(dǎo)體棒往復(fù)運動,最終將靜止,此時彈簧處于壓縮狀態(tài)D導(dǎo)體棒從開始運動直到最終靜止的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Qmv解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律得:EBLv0,由閉合電路歐姆定律得:I,由安培力公式得:F,故A錯誤;初始時刻,F(xiàn)mgkx1ma,得a2g,故B正確;因為導(dǎo)體棒靜止時沒有安培力,只有重力和彈簧的彈力,故彈簧處于壓縮狀態(tài),故C正確;根據(jù)能量守恒,減小的動能和重力勢能全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱,但R上的只是一部分,故D錯誤11(2016長沙模擬二)如圖所示,一根有一定值電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長為L,其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L的光滑平行導(dǎo)軌上,并與之接觸良好;棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻;導(dǎo)軌置于勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌所在平面t0時刻,給導(dǎo)體棒一個平行于導(dǎo)軌的初速度,此時可控電阻的阻值為R0.在棒運動過程中,通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定不計導(dǎo)軌電阻,導(dǎo)體棒一直在磁場中(1)求可控電阻R隨時間t變化的關(guān)系式;(2)若已知棒中電流強度為I,求0t時間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功率P;(3)若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻,則棒將減速運動位移x1后停下,而由題中條件,棒將運動位移x2后停下,求的值解析:(1)因棒中的電流強度保持恒定,故棒做勻減速直線運動,設(shè)棒的電阻為r,電流為I,其初速度為v0,加速度大小為a,經(jīng)時間t后,棒的速度變?yōu)関,則有vv0at而at0時刻棒中電流為I,經(jīng)時間t后棒中電流為I,由以上各式得RR0t.(2)因可控電阻R隨時間t均勻減小,故所求PI2,由以上各式得PI2(R0t)(3)將可控電阻改為定值電阻R0,棒將做變減速運動有v0t,而tt,由以上各式得x1,而x2,由以上各式得x2,所求.答案:(1)RR0t(2)I2(R0t)(3)212(2016廈門模擬)如圖甲所示,aa、bb、cc、dd為四條平行金屬軌道,都處在水平面內(nèi)aa、dd間距為2L,bb、cc間距為L.磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場垂直于紙面向里,邊界與軌道垂直ab、cd兩段軌道在磁場區(qū)域正中間,到磁場左右邊界的距離均為s.軌道電阻不計且光滑,在ad之間接一阻值為R的定值電阻現(xiàn)用水平向右的力拉著質(zhì)量為m、長為2L的均勻金屬桿從磁場左側(cè)某處由靜止開始向右運動,金屬桿的電阻與其長度成正比,金屬桿與軌道接觸良好,且運動過程中不轉(zhuǎn)動,忽略與ab、cd重合的短暫時間內(nèi)速度的變化(1)證明:若拉力為恒力,無論金屬桿的電阻r為多少,都不能使金屬桿保持勻速通過整個磁場;(2)若金屬桿的電阻r2R,保持拉力為F不變,使金屬桿進入磁場后立刻做勻速直線運動,當金屬桿到達磁場右邊界時,速度大小為v.試求此次通過磁場過程中,整個回路放出的總熱量;(3)若金屬桿的電阻r2R,通過改變拉力的大小,使金屬桿從磁場左側(cè)某處從靜止開始出發(fā),保持勻加速運動到達磁場右邊界已知金屬桿即將到達ab、cd位置時的拉力的大小為F0,已在圖乙中標出試在圖乙中定性畫出拉力大小隨時間變化的關(guān)系圖象(不需要標明關(guān)健點的具體坐標,但圖象應(yīng)體現(xiàn)各段過程的差異)解析:(1)當金屬桿在ab、cd左側(cè)時,安培力FA1,當金屬桿在ab、cd右側(cè)時,安培力FA2,若拉力為恒力且金屬桿始終勻速運動,則有FA1FA2,v1v2,解得r3R,即金屬桿的電阻為負值,這是不可能的因此,若拉力為恒力,無論金屬桿的電阻r為多少,都不能使金屬桿保持勻速通過整個磁場(2)當金屬桿在ab、cd左側(cè)做勻速運動時,有FFA,解得v1,對金屬桿通過磁場的過程,根據(jù)動能定理有F2sQmv2mv,得Q2Fsmv2,(3)在磁場外拉力恒定,金屬桿做勻加速運動在ab、cd左側(cè)時,有F1FAma,F(xiàn)A,則F1ma,在ab、cd右側(cè)時,有F2FAma.FA則F2ma比較可得進入ab、cd右側(cè)后Ft圖線的斜率變小由于物體做勻加速運動,所以進入ab、cd左側(cè)運動的時間比在ab、cd右側(cè)運動的時間要長,故拉力大小隨時間變化的關(guān)系圖如圖所示答案:(1)見解析(2)2Fsmv2(3)見解析13(2014安徽卷)如圖甲所示,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為0.5 T,其方向垂直于傾角為30的斜面向上絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計),MP和NP長度均為2.5 m,MN連線水平,長為3 m以MN的中點O為原點、OP為x軸建立一坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD,長度d為3 m,質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 ,在拉力F的作用下,從MN處以恒定速度v1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)g取10 m/s2.(1)求金屬桿CD運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運動到x0.8 m處電勢差UCD;(2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關(guān)系式,并在圖乙中畫出Fx關(guān)系圖象;(3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產(chǎn)生的焦耳熱解析:(1)金屬桿CD在勻速運動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv(ld),E1.5 V(D點電勢高)當x0.8 m時,金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零,設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外,則:l外ddOP得:l外1.2 m由楞次定律判斷D點電勢高,故CD兩端電勢差UCDBl外v,UCD0.6 V(2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是ld3x對應(yīng)的電阻R1為R1R,電流I桿受的安培力F安BIl7.53.75x根據(jù)平衡條件得:FF安mgsin F12.53.75x(0x2)畫出的Fx圖象如圖所示(3)外力F所做的功WF等于Fx圖線下所圍的面積,即WF2 J17.5 J而桿的重力勢能增加量EPmgOPsin 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱QWFEP7.5 J答案:(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)圖象見解析(3)7.5 J14(2016廣州綜合練習(xí)二)如圖甲,單匝圓形線圈c與電路連接,電阻R2兩端與平行光滑金屬直導(dǎo)軌p1e1f1、p2e2f2連接,垂直于導(dǎo)軌平面向下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域、,它們的邊界為e1e2,區(qū)域中垂直導(dǎo)軌并緊靠e1e2平放一導(dǎo)體棒ab.兩直導(dǎo)軌分別與同一豎直平面內(nèi)的圓形光滑絕緣導(dǎo)軌O1、O2相切連接,O1、O2在切點f1、f2處開有小口可讓ab進入,ab進入后小口立即閉合已知:O1、O2的直徑和直導(dǎo)軌間距均為d,c的直徑為2d;電阻R1、R2的阻值均為R,其余電阻不計;直導(dǎo)軌足夠長且其平面與水平面夾角為60,區(qū)域的磁感應(yīng)強度為B0.重力加速度為g.在c中邊長為d的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直線圈平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化如圖乙所示,ab在t0內(nèi)保持靜止(1)求ab靜止時通過它的電流大小和方向;(2)求ab的質(zhì)量m;(3)設(shè)ab進入圓軌道后能達到離f1f2的最大高度為h,要使ab不脫離圓形軌道運動,求區(qū)域的磁感應(yīng)強度B2的取值范圍并討論h與B2的關(guān)系式解析:(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得c內(nèi)感生電動勢ESd2B0,由全電路歐姆定律有EIR(R2被ab短路),聯(lián)立解得I,根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則(或者平衡條件和左手定則)判斷ab中電流方向為ab,(2)由題意可知導(dǎo)軌平面與水平面夾角為60對在t0內(nèi)靜止的ab受力分析有mgsin B0Id,聯(lián)立解得m,(3)由題意知t后,c內(nèi)的磁感應(yīng)強度為零,ab滑入?yún)^(qū)域,由直導(dǎo)軌足夠長可知ab進入圓形軌道時已達勻速直線運動,設(shè)此時ab的速度為v,其電動勢為E2,電流為I2由平衡條件得mgsin B2I2d,由法拉第電磁感應(yīng)定律得動生電動勢E2B2dv,由全電路歐姆定律有E2I2,(R1、R2并聯(lián))聯(lián)立解得v,由題意可知ab滑不過圓心等高點或者滑過圓軌道最高點均符合題意,分類討論如下:()當mv2mgcos 即B2B0時,ab上滑過程由動能定理得mghmv2,即h,()設(shè)ab能滑到圓軌道最高點時速度為v1,根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)滿足mg,所以當mv2mg(1cos )mv,即B2B0時,ab能滑到圓軌道最高點,有h(1cos ),答案:(1)見解析(2)(3)見解析- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題4 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)及其應(yīng)用特訓(xùn) 高考 物理 二輪 復(fù)習(xí) 部分 核心 突破 專題 電路 電磁感應(yīng) 及其 應(yīng)用
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