英语周报高三2018-2022第十七期答案

25.(18分)解:(1)在恒力作用下,设金属棒滑动过程某时刻t速度为n,则感应电动势为E=BL(1分)平行板电容器两极板之间的电势差为U=E(1分)设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有C=2(1分联立可得,Q=CBn(1分)t+△t时刻速度为r同理,此时电容器电荷量Q′=CBn′(1分)在△时间内通过金属棒的电流/=-Q=CBL2-E=CBL(2分)其中a是金属棒的加速度根据牛顿第二定律F一BH=ma(2分所以a=BLC+m(1分)代入数据得a=2m/s2(2分)所以金属棒做初速度为零的匀加速运动根据运动学公式,有v=at= 10 m/s(1分)(2)根据法拉第电磁感应定律E=Bx=20V(2分)根据闭合电路欧姆定律==2A(1分)根据能量守恒,导体棒的动能转化为定值电阻R产生的热量所以Q=m2=50J(2分)

11.BcD【解析】本题考查牛顿第二定律、功能关系的综合应用。设滑块与木板间的动摩擦因数为A1,木板与地面间的动摩擦因数为2,滑块和木板的质量均为m,则在滑块运动0~1m过程中,对滑块由动能定理得-k1mgx1=E、2-Eu=1J-4J=-3J,在1~3m过程中,对滑块由动能定理得-p2mgx2=E2-E2=01J=-1J,解得m=0.5kg1=0.6,A错误;在0-1m过程中,对滑块由牛顿第二定律公式得a1=1g=6ms2,已知E1=1m2=4J,E=1m2=1J,则滑块运动0-1m经过的时间2-4==-681s,对木板由牛顿第二定律得a2=出n6-(m+mE=4m/3,木板的初速度=n2-a4=(24×)m/s=m/s,即小滑块滑上木板瞬间,木板的初速度大小为2m/s,B正确;在滑块运动0~1m过程中,木板发生的位移s2=n1+a2t2=am,之后滑块与木板不再发生相对滑动,所以木板长度至少要。m,小滑块才不会冲出木板,C正确;在滑块运动1~3m过程中滑块和木板不发生相对滑动,由牛顿第二定律可知二者的加速度大小为a=2g=1m/s2,由运动学公式得二者速度减至零需要的时间1=0-220-2。=2s,木板给小滑块静摩擦力的最大冲量大小为=2mg2=0.1×0.5×102N·s=1N·s,故D正确。【关键点拨】解答本题的关键是根据E1-x图像分别分析滑块在0~1m及1-3m运动的过程,在0-1m过程中滑块做匀减速运动,木板做匀加速运动,1~3m过程中滑块与木板保持相对静止做匀减速运动至速度为零,由牛顿运动定律及运动学公式并结合动能定理即可求解。

以上就是英语周报高三2018-2022第十七期答案，更多英语周报答案请关注本网站。