浙江選考新2020高考物理二輪復(fù)習(xí)專題七計(jì)算題題型強(qiáng)化第5講加試第23題動(dòng)量觀點(diǎn)和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)

最新人教版小學(xué)試題第5講加試第23題動(dòng)量觀點(diǎn)和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用題型1動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的應(yīng)用【例1】（2018?新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）如圖1所示，真空中MN上方半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與紙面垂直.在磁場(chǎng)右側(cè)有長(zhǎng)為2R、間距為R的平行金屬板所形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)，具體分布在矩形ACFD內(nèi).矩形中心線Op2與磁場(chǎng)區(qū)域的圓心O在同一直線上，O1也是圓周上的一點(diǎn)，BAOJE在同一豎直線上，BA、DE為擋板.有一群電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子以速率vo從圓周上的a點(diǎn)飛入，其方向與aM成0°?180°角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電粒子數(shù)總為No,某一沿aO方向射入磁場(chǎng)的粒子從Q點(diǎn)飛出磁場(chǎng)進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)，并恰好從DF邊緣F點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，最后垂直打到探測(cè)板PQ上.（不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用）,——Ac./尸"一fX。 肘a為￡ ￡? N圖1⑴求電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值；⑵求探測(cè)板PQ與MN的夾角0的正切值和每秒垂直打在熒光屏PQ上的粒子數(shù)n；⑶若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測(cè)板PQ上的粒子全部被探測(cè)板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場(chǎng)中射出的粒子對(duì)探測(cè)板的平均作用力的大小.（沒(méi)有飛入ACFD的粒子均被AB、DE擋板攔截）答案（吟（2）2看⑶合叫與區(qū)域圓的半徑是相同的，即都為R.解析（1）帶電粒子從aO解析（1）帶電粒子從aO方向射入，從Q射出其反向延長(zhǎng)線必經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，可得軌跡圓的半徑mvB=-0BqR帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，可得R1qE_=一?-1222m2R=vt0部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題mv2則F⑵帶電粒子從F點(diǎn)飛出時(shí)，水平方向的速度仍為V。豎直方向速度為二=朱=]V由數(shù)學(xué)知識(shí)可得tan。=：=2y與aM成90°沿&0射入的粒子，此時(shí)剛好打到斜面上，可知，只有從A處水平進(jìn)入的同樣的帶電粒子會(huì)從Q點(diǎn)出來(lái)垂直打到斜面上.由數(shù)學(xué)知識(shí)可得，此時(shí)帶電粒子從a處進(jìn)入的方向與aMN成60°,即在&處入射的粒子能夠打到極板上的大小是30°,由此得N=/6⑶帶電粒子從電場(chǎng)中出射速度大小為：v=\''v2+v2=?V、0y2 0對(duì)粒子進(jìn)行受力分析，由動(dòng)量定理得：Ft0=Nt0?mv—（—Nt0?mv）得F=^N0mv0由牛頓第三定律可得，粒子對(duì)探測(cè)板的平均作用力大小為F=*N°mv0■拓展訓(xùn)練1.如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.57T.小球1帶正電，其電荷量與質(zhì)量之比\=4C/kg.當(dāng)小球11無(wú)速度時(shí)可處于靜止?fàn)顟B(tài);小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架（圖中未畫(huà)出）上.使小球1向右以％=23.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)過(guò)0.75s再次相碰.設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi).問(wèn)：（g取10m/s2,n取3.14）x詼乂§x曰3d12圖2⑴電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小是多少？部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題⑵小球2與小球1的質(zhì)量的比值是多少？（計(jì)算結(jié)果取整數(shù)）答案（1）2.5N/C（2）11解析（1）小球1所受的重力與電場(chǎng)力始終平衡m1g二口戶E=2.5N/C.⑵相碰后小球1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，V2由牛頓第二定律得q1VlB=m/1半徑為R尸骸周期為T(mén)=2nm*=1s 3_兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=0.75s=” 3 . 一一小球1只能逆時(shí)針經(jīng)［個(gè)圓周時(shí)與小球2再次相碰，軌跡如圖所示.第一次相碰后小球2做平拋運(yùn)動(dòng)h=R=1gt212L=R1=v2t,代入數(shù)據(jù)，解得v2=3.75m/s.兩小球第一次碰撞前后的動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，m1Vo=—m1Vl+m2V2,因q=v2t=2.8125m,則1m=17.66251m=17.6625m/s最新人教版小學(xué)試題圖3最新人教版小學(xué)試題圖3⑴磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;⑵線框在全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑶在全過(guò)程中，cb兩端的電勢(shì)差Ucb與線框中心位置的x坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系.答案(1)2T(2)0.0375J0,(0Wx<0.4)<⑶Ub=

cb4x-1.7(V),(0.4W<⑶Ub=

cb0.4V,(0.5Wx<0.6)0.25-0.25x(V),(0.6WxW0.7)解析（1）線框做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab邊與磁場(chǎng)上邊界接觸時(shí)，豎直方向有h=^gt2=0.2m,得t得t=0.2s,此時(shí)豎直方向的分速度v2y=gt=2m/s=v0,合速度方向與水平方向成45°角，由題知進(jìn)入過(guò)程中為勻速進(jìn)入，ad與bc這兩邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相互抵消，所以整個(gè)框只有ab邊切割，并且只有豎直方向切割，有效速度為2m/s, E.—此時(shí)電流I=BE=BlvR 2yF=BIlA因?yàn)榫€框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，合力為0,部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題所以mg=FA聯(lián)立解得B=2T.⑵線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域之后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，線框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中，上下兩邊所受到的安培力抵消，所以不考慮豎直方向上的安培力產(chǎn)生的焦耳熱，水平方向上，只有ad邊的水平方向上的速度在切割磁感線，線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)電荷量A①B12q=-T=T離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中列水平方向的動(dòng)量定理，取水平向右為正方向，—FAt=mv5—mv0,^—B1q=mv5—mv0得v=1.5m/s,列出動(dòng)能定理表達(dá)式，5x1 1mgAh—Q=mv2—-mv21 2 5 2 4二口.2-%。。.2-%.2)同時(shí)離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中豎直方向只受重力，列豎直方向牛頓第二定律v5y2—v4y2=2gAh聯(lián)立解得必=0.0175J在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，速度不變，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)變成焦耳熱Q2=mg1=0.02J所以Q總=0.0375J⑶易得圖中2、3、4、5狀態(tài)下中心橫坐標(biāo)分別為0.4、0.5、0.6、0.7；①當(dāng)0Wx<0.4時(shí)，線框還沒(méi)進(jìn)入磁場(chǎng)，Ucb=0；②當(dāng)0.4Wx<0.5時(shí)，線框電動(dòng)勢(shì)由ab邊切割磁感線提供，但cb邊進(jìn)入磁場(chǎng)部分也在切割磁場(chǎng)，因此這里相當(dāng)于也有一個(gè)電源，在計(jì)算電勢(shì)差時(shí)也要考慮，同時(shí)電勢(shì)差要注意正負(fù)，因此Ucb=一；B1v2y+B(x—0.4)v0=4x—1.7(V)；③當(dāng)0.5Wx<0.6時(shí)，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)，電路中沒(méi)有電流，但bc邊仍在切割磁感線，因此仍然相當(dāng)于一個(gè)電源，Ucb=B1v0=0.4V；④當(dāng)0.6WxW0.7時(shí)，線框出磁場(chǎng)，整個(gè)電動(dòng)勢(shì)由ad邊提供，匕。邊已經(jīng)在磁場(chǎng)外，Ucb=4B1vx,又由動(dòng)量定理B12(50.6)=m(v—v)R 0x得Ucb=0.25—0.25x(V).■拓展訓(xùn)練部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題2.（2018?9+1高中聯(lián)盟期中）如圖4所示，兩根間距為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN和PQ,電阻不計(jì)，左端向上彎曲，其余水平，水平導(dǎo)軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I,右端有另一磁場(chǎng)H,其寬度也為d、方向豎直向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.有兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，b棒置于磁場(chǎng)H中點(diǎn)C、D處，導(dǎo)軌除C、D兩處（對(duì)應(yīng)的距離極短）外其余均光滑，兩處對(duì)棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的K倍，a棒從彎曲導(dǎo)軌某處由靜止釋放.iW圖4⑴若a棒釋放的高度大于h°,則a棒進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)才會(huì)使b棒運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)求出h°； ，一 一v ⑵若將a棒從高度小于h0的某處釋放，使其以速度”進(jìn)入磁場(chǎng)I,結(jié)果a棒以了的速度從磁場(chǎng)I中穿出，求兩棒即將相碰時(shí)b棒上的電功率Pb；⑶若將a棒從高度大于h°的某處釋放，使其以速度匕進(jìn)入磁場(chǎng)I,從磁場(chǎng)I穿出時(shí)的速度大小為2Vi，分析說(shuō)明b棒此時(shí)是否已穿出磁場(chǎng)H.2K2m2gR2 B2L2V2答案⑴旨⑵言⑶沒(méi)有穿出磁場(chǎng)n解析（1）a棒從h°高處釋放后在彎曲導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，有mgh0=2mv2得v=x/2gh0a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，E=BLv2K由題意：BIL=Kmg2K2m2gR2得h0=FT（2）以v0的方向?yàn)檎较?，va棒過(guò)I區(qū)域：一EBILAtum^g—mv。BLd其中：￡1八1=口=2區(qū)設(shè)兩棒相碰前瞬間，a棒的速度為v.部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題一,一 v則一￡B「LAt‘=mv-m?~^乙其m'At…'=Uv得v=4BLvBLv--=---0TOC\o"1-5"\h\z2R 8RB2L2V2此時(shí)b棒電功率P=12R==^b 64R⑶由于a棒從高度大于ho處釋放，因此當(dāng)a棒進(jìn)入磁場(chǎng)I后，b棒開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng).以v1的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒：mv=m-2v+mv1 31b得『3兩棒的速度大小隨時(shí)間的變化圖象大致如圖所示，可見(jiàn)b棒位移小于a棒位移的一半，所以沒(méi)有穿出磁場(chǎng)H.專題強(qiáng)化練.(2018?新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學(xué)的規(guī)律運(yùn)行的各類飛行器，又稱空間飛行器(spacecraft).航天器是執(zhí)行航天任務(wù)的主體，是航天系統(tǒng)的主要組成部分.由于外太空是真空的，飛行器在加速過(guò)程中一般是使用火箭推進(jìn)器，火箭在工作時(shí)利用電場(chǎng)加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流而對(duì)飛行器產(chǎn)生反沖力，由于阻力極小，只需一點(diǎn)點(diǎn)動(dòng)力即可以達(dá)到很高的速度.如圖1所示，我國(guó)發(fā)射的“實(shí)踐9號(hào)”攜帶的衛(wèi)星上第一次使用了離子電推力技術(shù)，從此為我國(guó)的航天技術(shù)開(kāi)啟了一扇新的大門(mén).此前該種技術(shù)一直被美俄等航天強(qiáng)國(guó)所壟斷.已知飛行器的質(zhì)量為M,發(fā)射的是2價(jià)氧離子，發(fā)射功率為P,加速電壓為U,每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m,元電荷為e,原來(lái)飛行器靜止，不計(jì)發(fā)射氧離子后飛行器質(zhì)量的變化，求：部編本試題，歡迎下載!最新人教版小學(xué)試題⑴射出的氧離子速度大小;⑵每秒鐘射出的氧離子數(shù);(3)射出離子后飛行器開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的加速度大小.答案(1)2\：片⑵而答案(1)2\：片⑵而解析(1)以氧離子為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理，有…12eU=;mv2乙所以，射出的氧離子速度為丫=所以，射出的氧離子速度為丫=⑵設(shè)每秒鐘射出的氧離子數(shù)為N,則發(fā)射功率可表示為P=NAEk=2NeUP所以，N=旃⑶以氧離子和飛行器為系統(tǒng)，設(shè)飛行器的反沖速度為v,,根據(jù)動(dòng)量守恒定律，t時(shí)間內(nèi)0=Mv，+Ntm(—v),,一，v‘NmvP'm所以，飛行器的加速度為a=—J=-M-=M\；；eU.如圖2所示，豎直平面內(nèi)在第二象限存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng).第一象限某個(gè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ApJa,0)點(diǎn)處在磁場(chǎng)的邊界上，現(xiàn)有質(zhì)量為m、v電荷量為十Q的一束離子在紙面內(nèi)與x軸夾角。=60°從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)，其初速度大小范圍為可3WvWvo(vo=q3，在y軸上豎直固定放置一探測(cè)板.所有離子穿過(guò)磁場(chǎng)后均垂直打到探測(cè)板上.假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為No,若打在板上的離子50%穿透探測(cè)板，50%被吸收，其中穿透的離子能量損失64%.打到探測(cè)板上的離子均勻分布，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用力.求：部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題最新人教版小學(xué)試題圖2⑴離子束射出磁場(chǎng)后打到y(tǒng)軸上的范圍；⑵速度最小的離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;⑶探測(cè)板受到的作用力大小.2、 ,、a3a,、9qaB2 ,、4NqBa答案⑴]WyW萬(wàn)⑵可⑶；V2解析（1）離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)qvB=m：則「=mvqB則「=mvqB代入速度可得r的范圍為a^rWa33離子打在y軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為y=-r乙代入數(shù)據(jù)得aWyW3a乙 乙⑵速度最小v=qBa的離子打在y軸上的點(diǎn)Q（0,9位置，設(shè)該離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，JU1 乙 1, 1-2nmL3T-3qB設(shè)該離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，a_qE 9qaB2-2mt22,ti-t2,E—4nm⑶對(duì)于吸收的離子由動(dòng)量定理得「AP 0.5N /v , 、 2、, 2「F=,"*=—-^(2m?^+2mv)=tNmv=tNqBa吸At2 3o/ 30 030y部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題穿透探測(cè)板后離子速度v1=0.6vv所以穿透后的速度范圍為冒WvW0.6v5i0穿透的離子受到板的作用力大小AP.0.5N「vv」/ —―\=T?=T[mq—T+m（v0—0.6v0）]把v把v0=qBa

m2NqBa代入得\=74NqBa根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的作用力大小f=f+f廣一0q-吸穿53.（2017?衢州、麗水、湖州、舟山四市3月模擬）一實(shí)驗(yàn)小組想要探究電磁剎車的效果.在遙控小車底面安裝寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為2.5L的N匝矩形線框，線框電阻為R,面積可認(rèn)為與小車底面相同，其平面與水平地面平行，小車總質(zhì)量為m.其俯視圖如圖3所示，小車在磁場(chǎng)外行駛時(shí)的功率保持P不變，且在進(jìn)入磁場(chǎng)前已達(dá)到最大速度，當(dāng)車頭剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)立即撤去牽引力，完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度恰好為零.已知有界磁場(chǎng)PQ和MN間的距離為2.5L,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上，在行駛過(guò)程中小車受到地面阻力恒為F.求：圖3⑴小車車頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；⑵電磁剎車過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑶若只改變小車功率，使小車剛出磁場(chǎng)邊界MN時(shí)的速度恰好為零，假設(shè)小車兩次與磁場(chǎng)作用時(shí)間相同，求小車的功率P,.答案見(jiàn)解析P解析（1）小車剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度設(shè)為%,則v°=f感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=NBLv0,得E=NBLP⑵由能量守恒，可得2.5FL+Q=2mv02,八1 一mP2 -知Q=2mv02-2.5FL=——2.5FL部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題⑶以小車剛要進(jìn)入到恰好穿出磁場(chǎng)為研究過(guò)程，以小車運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理，可得—(Ft+2NBILt)=0—mv；①A① 5BL2…即Ft+2NBLq=mv,,q=N—^=Nb②o K2K當(dāng)功率為P時(shí)，小車進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)間為t,由動(dòng)量定理一(Ft+NBI1Lt)=O—mvo，q=I1t2mRP—5FN2B2L3…得. 2RF2一③由①②③，可得v°,由①②③，可得v°,2mRP+5FN2B2L3= 2mFR得P，=Fvo，=2mRP+5FN2B2L3

2mR4.(2018?溫州市期中)如圖4所示，在空間有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，上一個(gè)區(qū)域邊界AA,與DD’間的距離為H,方向垂直紙面向里，CC,與DD的間距為h,CC,下方是另一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，方向垂直紙面向外.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(h<L<H)、電阻為R的正方形線框由AA,上方某處豎直自由落下，恰能勻速進(jìn)入上面一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)線框的cd邊剛要進(jìn)入邊界CC,前瞬間線框的加速度大小3=0.2g(g為重力加速度)，空氣阻力不計(jì)，線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中cd邊始終與AA,平行.求：圖4⑴線框的cd邊從AA,運(yùn)動(dòng)到CC,過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q；⑵當(dāng)線框的cd邊剛剛進(jìn)入邊界CC,時(shí)，線框的加速度大?。虎蔷€框的cd邊從邊界AA,運(yùn)動(dòng)到邊界CC’的時(shí)間.0.22m3g2R2 B2L2 0.2mR答案(1)mg(H+h)——— (2)3.8g(3)=(L+h)+-^~^B4L4 mgR B2L2解析(1)線框勻速進(jìn)入上面一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的速度為v「電流為Ij由B；L=mg部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題丁BLvIFT解得v解得v1=mgRB2L2cd到達(dá)CC,前瞬間的速度設(shè)為v2，電流設(shè)為12，因1<出必有v2>v1,所以此狀態(tài)線框的加速度方向應(yīng)為向上，由：BI2L-mg=ma1BLvI= 2I2R解得v解得v2=1.2mgR

B2L2產(chǎn)生的熱量：Q=mg(H+h)—(|mv22-1mvi2)0.22m3g2R2=mg(H+h)-bl(2)cd邊剛進(jìn)入CC,時(shí)的速度仍為v2，這時(shí)上下兩條邊同時(shí)切割磁感線，回路電動(dòng)勢(shì)加倍，電流加倍，安培力變?yōu)?倍.所以有：4BI2L—mg=ma2解得a2=3.8g⑶設(shè)線框進(jìn)入上面一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為T(mén)，線框cd邊從DD,運(yùn)動(dòng)到CC’的時(shí)間為巳，從AA,運(yùn)動(dòng)到CC’的總時(shí)間為t,以向下為正方向，對(duì)線框從AA,運(yùn)動(dòng)到CC’的全過(guò)程列動(dòng)量定理有：I2為T(mén)、'時(shí)間內(nèi)的平均電流)mgt—BIJT—BI2Lt2=mv2—mvI2為T(mén)、'時(shí)間內(nèi)的平均電流)BLv 1RBLvv1t]=Lv2t2=hTOC\o"1-5"\h\zB2L2 0.2mR解得t=',(L+h)+, -mgR B2L25.(2018?臺(tái)州中學(xué)統(tǒng)練)如圖5所示，平行金屬導(dǎo)軌OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM與水平面間夾角均為。=37°,導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)=1m,導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng).兩根金屬棒ab和cd與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，ab的質(zhì)量為M=2卜8，接入電路的電阻為人=2Q,cd的質(zhì)量為m=0.2卜8，接入電路的電阻為R2=1Q,金屬棒和導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為口=0.5,兩個(gè)導(dǎo)軌平面均處在垂直于軌道平面OPKM向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)讓cd固定不動(dòng)，將金屬棒ab由靜止釋放，當(dāng)ab沿導(dǎo)軌下滑x=6m時(shí)，速度已達(dá)到穩(wěn)定，此時(shí)，整個(gè)回路消耗的電功部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題率為P=12W.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)求:圖5圖5⑴磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;⑵ab沿導(dǎo)軌下滑x=6m的過(guò)程中ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑶若將ab與cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=0.5s時(shí)，ab的速度vab與cd棒速度vcd的關(guān)系式.答案(1)2T(2)10J(3)10vab-2vcd=5解析(1)ab棒速度達(dá)到穩(wěn)定，即達(dá)到最大速度做勻速運(yùn)動(dòng)，有Mgsin0—uMgcos0—BI]L=0整個(gè)回路消耗的電功率為：P=BI1Lvm則ab棒的最大速度為：vm=3m/s又整個(gè)回路的電功率又可表示為：E2 (BLv)2P=R1+R2=R1+R2解得B=2T⑵ab棒下滑x=6m過(guò)程中，根據(jù)能量守恒:Mgsin0?x=uMgcos0?x+Jmv2+Q2m總ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=^^Q巧R十R總12解得Q=10J(3)對(duì)cd棒：mgsina?t—u(mgcosa+BIL)t=mvcd,即mgsin對(duì)即mgsin對(duì)ab棒：B2L2xa?t—umgcosa?t—Up,Tab=mvR十Rcd12B2L2x0)t—R十12(Mgsin0—uMgcos聯(lián)立消去xab得，10vab—2vcd=5部編本試題，歡迎下載!

最新人教版小學(xué)試題6.如圖6甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場(chǎng)分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒(méi)有變化，與橫坐標(biāo)X的關(guān)系如圖乙所示，圖線是雙曲線(坐標(biāo)軸是漸近線)；頂角0=53°的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與X軸重合，一根與ON垂直的長(zhǎng)導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌MON向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸，已知弋=0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂角O處；導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=4kg；OM、ON接觸處O點(diǎn)的接觸電阻為R=0.5Q,其余電阻不計(jì)，