陕西省金太阳2024届九年级学业水平质量监测(◆)物理答案

2024-04-05 13:34:09 3

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参考答案B2L204.解析：(1)设两棒稳定时共同的末速度为0，由动量守恒定律3得：2m=(2m+m)v2R,所以加速度大小为：a=,故B正确；m6mR对ab杆，由动量定理得：一BL·△t=m3由能量守恒定律得：乞×2m哈=号(2m+m)+E-mo,即BLg=22mvo联立解得E=3m6.m0,解得：9一3B配，所以通过定值电阻的电荷量为(2)从开始运动到最终稳定，设两棒之间减少的距离为△x,配放C错误；由9=梁B※，解得ab杆通过的位由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的均感应电动势为E=△速BlAx移一欲-0器放D正流△t△tE4.解析：(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运这段时间内回路电流的均值为7=2R十尺动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度对cd棒应用动量定理得：BIl△t三mv选两棒为研究对象，以的方向为正方向，根据动量守恒定联立解得△x=2Rmvo律有B22movo=(mp+mc)v解得c棒的最大速度大小为：答案：1)号m6(2)2RmvoB22mbw=m6千m.0=5m/s,课后巩固提升练（十）(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的1.C设线框进入磁场时的速度为，刚穿出磁场时的速度2动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：12,由题意得2m听=mgH,线框自开始进入磁场到完全Q-合m%话-号(m,+m,=2.5J穿出磁场共下落高度为2L,由能量守恒定律得2+因为R。=R。,所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Q.=号=1.25Jmg·2L=之m呢+Q,联立以上各式得Q=2mgL十(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为？'，从最低点3mgH,C正确.上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：2.BCD线圈完全进人磁场后磁通量不变，线圈中无感应电%02-2m02=mg…2R1流，不受安培力作用，则线圈的动量保持不变，选项A错误；解得v=3m/s设线圈整个过程中的初速度为6，末速度为，由动量定理在最高点，设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得mg可知一F安△t=mw-mo,安培力的冲量大小为m(0一v),'2选项C正确；设线圈全部进入磁场时的速度为1，则由动量+F=mc R定理得一BIa△t=一Bq1a=mU1一m,线圈穿出磁场的过解得F=1.25N.程，由动量定理得-BT'a△t=一Bq2a=mv-m1,由q由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25N会笑，可知因为进人和穿出磁场的过程中，磁通量的变化量相答案：(1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N等，所以进入和穿出磁场的两个过程中通过线圈横截面积的随堂演练电荷量相等，即q1=q2,故进入过程线圈的速度变化量等于1.AC由题意可知，两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定离开过程线圈的速度变化量，即6一=凸一，解得律得m=2m0,最终两棒共速，速度为%，设电路总电阻为十”，选项D正确；线圈进人磁场过程中安培力的冲量大小R,电流I=BL(1-v2),由于y逐渐减小，2逐渐变大，1B7a=Bg,盾g=晨a-R4=R,则1=RB2a逐渐减小，且减小得越来越慢，当=%=空时1=0，故CR,则整个过程中安培力的冲量大小为I=21,=2BQR选项B正确正确，D错误a6,d的加流度大小相同a=是-B册，出于.ABC由E-B和1-景得1-警，所以安路力F=B=I逐渐减小，加速度逐渐减小，所以ab做加速度减小的减速2,电阻上产生的热功率P=PR=B士，外力对6做运动，最终以？做匀速直线运动，cd做加速度减小的加速运RR功的功率就等于回路产生的热功率，故A、B、C正确.动，最终以%做匀速直线运动，故A正确，B错误。,AD棒运动过程中，通过棒横截面的电荷量g=7△t=尺△2.D根据题意可知，金属线框移动的位移大小为21，此过程中克服摩擦力做功为2，umgl,由能量守恒定律得金属线框产生一曾R·A1=兽-=BA5,从a到6的过程中与从到。△ΦR的焦耳热为Q=合m听-2umgl,故选D,的过程中，回路面积的变化量△S相等，B、R相等，因此通过棒横截面的电荷量相等，故A正确；棒受到的安培力大小为3.A根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做FA=BIL=B巴，方向水向左，棒在安培力作用下做减的功，即Q=w=Ek=R1k=°p1h,同理Q,RR速运动，由于a、b间距离与b、c间距离相等，安培力FA逐渐2k又w>故Q>Q因g=i=景=是放减小，由W=Fx可知，从a到b克服安培力做的功比从b到R℃克服安培力做的功多，由动能定理可知，棒的动能变化量不92,因此A正确.相等，棒克服安培力做功，把棒的动能转化为内能，因此从α149

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