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(2013?虹口区二模)为了测量列车的速度及加速度,...

(1)由图线知道列车在离开原点20m处的感应电流为0.02A E=nBLv,I= E R I= nBLv R ,解出v1= IR nBL = 0.02*0.4 5*0.004*0.1 m/s=4m/s.(2)由图线知道列车在离开原点60m处的感应电流为0.05A v2= IR nBL = 0.05*0.4 5*0.004*0.1 m/s=10m/s.v22?v12=2as.解出a= v22?v12 2s = 102?42 2*40 m/s2=1.05m/s2.答:(1)在离开O(原点)20m处列车速度v的大小为4m/s.(2)从20m处到60m处列车加速度a的大小为1.05m/s2.

(1)由图线知道列车在离开原点20m处的感应电流为0.02A E=nBLv,I= E R I= nBLv R ,解出v 1 = IR nBL = 0.02*0.4 5*0.004*0.1 m/s=4m/s .(2)由图线知道列车在离开原点60m处的感应电流为0.05A v 2 = IR nBL = 0.05*0.4

(1) , (2) 试题分析:(1)列车车头底部的强磁体通过线圈时,在线圈中产生感应电动势和感应电流,根据公式可得: 从图中可读出距O点30 m、130 m处的电流分别为I 1 ="0.12" A,I 2 ="0.15" A,代入数据可得出: , .(2)根据匀速运动公式 从图中读出s="100" m,所以

答案:见详解解析:(1)列车车头底部的强磁铁通过线圈时,在线圈中产生感应电动势和感应电流,根据公式可得 ① 从题图中可读出距O点30m、13

在列车经过线圈的上方时,由于列车上的磁场的方向向下,所以线圈内的磁通量方向向下,先增大后减小,根据楞次定律可知,线圈中的感应电流的方向为先逆时针,再顺时针方向.故选:C.

(1)设滑块至P点时速度为vB,对滑块由A点到P点,应用动能定理有-μmg5R-2mgR=12mv2P-12mv20将v0=3gR,μ=0.1解得,vP=2gR(2)滑块穿过P孔后再回到平台的时间为 t=2vPg=4Rg要使小滑块滑过C点后通过P

外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功,由图可知:W=2*2+4*4-2*3=14J根据动能定理得:12mv212mv02=W解得:v=23m/s故选B

A、在速度--时间图象中,切线代表该位置的加速度,有图象可知,物体的加速度越来越大,速度越来越小,所以物体做加速度越来越大的减速直线运动,故AB错误;C、若力的方向与速度方向相同,根据a=F?f m 知力F不断减小,若力的方向与速度方向相同,根据a=F+f m ,此时外力F不断增大,故C错误,D正确.故选D

考查函数f(x)=x3+sinx,由于f(-x)=(-x)3+sin(-x)=-(x3+sinx)=-f(x),∴f(x)为奇函数.由于函数f(x)的导数f′(x)=2x2+cosx,故当-π2≤x≤π2 时,f′(x)>0,故f(x)在[-π2,π2]上是增函数.∵π2≤α≤π2,π2≤β≤π2,m∈R,α3+sinα+m=0,-β3-sinβ+m=0,∴f(α)=-m,f(β)=m,∴f(α)=-f(β)=f(-β)∴α=-β,∴α+β=0,∴cos(α+β)=cos0=1,故选D.

若电压表的示数3V,电动势为9V,内阻又忽略不计,由串联电路电压和电阻成正比可知,BC与AC电阻之比为1:3,即小球在圆弧电阻13处,角COB=30°,对小球受力分析如图:合力大小为:mgtan30°=33mg故小球的加速为:a=33mgm=33g,小球与列车相对静止,因此这也是列车的加速度.小球的加速度与COB角的关系为:a=mgtanθm=gtanθ,而θ是与伏特表的示数有关的,故若根据伏特表示数与列车加速度的一一对应关系将伏特表改制成一个加速度表,则加速度的刻度是不均匀的.答:33g 不均匀

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