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9.BD【解析】若[文]线圈闭合,进入磁场[章]时,穿过线圈的磁通[来]量增大,由楞次定律[自]可知线圈中感应电流[知]的磁场方向向下,所[嘛]以感应电流的方向从[答]上向下看为顺时针,[案]A项错误;根据法拉[网]第电磁感应定律,传[文]送带以较大速度匀速[章]运动时,线圈中产生[来]的感应电动势较大,[自]则感应电流较大,磁[知]场对线圈的作用力增[嘛]大,B项正确;由题[答]图可知1、2、45[案]、6线圈都发生了相[网]对滑动,而第3个线[文]圈没有滑动,则第3[章]个线圈未闭合,没有[来]产生感应电流,是不[自]合格线圈,C项错误[知],D项正确。
24.(14分)解[嘛]:(1)未撤去恒力[答]F时,设小滑块、长[案]木板加速度大小分别[网]为a1、a根据牛顿[文]第二定律可知,对小[章]滑块分析有Fcos[来]37°-(mg-F[自]sin37)=ma[知]1(2分)对长木板[嘛]分析有t(mg-F[答]sin37)=Ma[案]g (1 sr)代入数据解得[网]a1=6m/s2([文]1分)a21m/s[章]4(1分)(2)恒[来]力F作用的1.5s[自]内,小滑块、长木板[知]均由静止开始做匀加[嘛]速直线运动,根据运[答]动学公式可知,对小[案]滑块分析有=a1,[网]x1=2a12(1[文]分)对长木板分析有[章]a2r2(1分)撤[来]去恒力F后,小滑块[自]做匀减速直线运动,[知]长木板继续做匀加速[嘛]直线运动。设小滑块[答]、长木板的加速度大[案]小分别为a1、a2[网]。根据牛顿第二定律[文]可知对小滑块分析有[章]pmg=ma1(1[来]分)对长木板分析有[自]pmg=Ma2(1[知]分)当小滑块与长木[嘛]板两者共速时,小滑[答]块恰好不滑出长木板[案]的左端,则有-a1[网]t'=w+a2t(1分[文])此过程,对小滑块[章]分析有1=物(1分[来]对长木板分析有x2[自]=v2t+a2r2[知](1分)则所求长木[嘛]板的长度为L=(x[答]1-x2)+(x1[案]-x2)联立解得L[网]=9.375m(2[文]分)【命題意图】本[章]题考查牛顿第二定律[来]、运动学公式。
