名师解析浙江杭州市学军中学届高三第七次月考.docx
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名师解析浙江杭州市学军中学届高三第七次月考
2014-2015学年浙江省杭州市学军中学高三(下)
第七次月考物理试卷
一、单项选择题(共4小题,满分24分)
1.(6分)鸵鸟是当今世界上最大的鸟,由于翅膀退化它已经不会飞了.鸟起飞的必要条件是空气对它向上的力f足够大,计算f大小的公式为:
f=cρSv2,式中c是一个无量纲的比例常数,ρ是空气密度,S是鸟翅膀的面积,v是鸟起飞时的速度.为了估算鸟起飞时的速度v,可以作一个简单的几何相似性假设:
设鸟的几何线度为l,则鸟的质量与l3成正比,翅膀的面积S与l2成正比.已知燕子起飞时的速度约为20km/h,鸵鸟的几何线度大约是燕子的25倍.由此可估算出若要使鸵鸟能起飞,鸵鸟的速度必须达到( )
A.50km/hB.100km/hC.200km/hD.500km/h
【考点】:
共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.
【专题】:
共点力作用下物体平衡专题.
【分析】:
由题目要使鸟刚好能飞起来举力至少等于自身的重力,根据举力大小的表达F=kSv2,得到速度与质量、翅膀展开后的面积的关系,再将质量m∝L3,而翅膀面积S∝L2的关系代入得到速度与鸟的体长的关系,求出小燕子与鸵鸟的最小飞行速度的比值,得到鸵鸟飞起来需要的最小速度.
【解析】:
解:
燕子以最小速度飞行时,
m1g=cS1v12
而鸵鸟展翅以最大速度奔跑时,获得的举力为:
F2=cS2v22
又
=252,
则
=
=5
得:
v2=100km/h
故选:
B.
【点评】:
本题是实际问题,关键是建立物理模型,抓住受力平衡的条件,将问题简化,考查建模的能力.
2.(6分)起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度,其速度图象如图所示,则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是选项中的哪一个?
( )
A.
B.
C.
D.
【考点】:
匀变速直线运动的图像.
【专题】:
运动学中的图像专题.
【分析】:
钢索拉力的功率P=Fv,根据速度图象分析重物的运动情况,根据牛顿第二定律得出拉力与重力的关系,再由功率公式得出功率与时间的关系式,选择图象.
【解析】:
解:
在0﹣t1时间内:
重物向上做匀加速直线运动,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得:
F﹣mg=ma1,F=mg+ma1,拉力的功率P1=Fv=(mg+ma1)a1t,m、a1均一定,则P1∝t.
在t1﹣t2时间内:
重物向上做匀速直线运动,拉力F=mg,则拉力的功率P2=Fv=mgv,P2不变,根据拉力的大小得到,P2小于t1时刻拉力的功率.
在t2﹣t3时间内:
重物向上做匀减速直线运动,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得:
mg﹣F=ma2,F=mg﹣ma2,拉力的功率P3=Fv=(mg﹣ma2)(v0﹣a2t),m、a2均一定,P3与t是线性关系,随着t延长,P3减小.t3时刻拉力突然减小,功率突然减小.
故选B
【点评】:
根据物理规律得到功率与时间的解析式,再选择图象,是经常采用的方法和思路.
3.(6分)地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示.一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出.重力加速度为g,忽略空气阻力的影响.下列说法中错误的是( )
A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上
B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为
C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小
D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小
【考点】:
带电粒子在混合场中的运动.
【专题】:
带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】:
带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中,受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动,可知电场力与重力平衡.由洛伦兹力提供向心力,可求出微粒做圆周运动的半径.根据电场力做功正负,判断电势能的变化和机械能的变化.
【解析】:
解:
A、由题,带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,电场力与重力必定平衡,则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上.故A正确;
B、由上则有:
mg=qE①
由洛伦兹力提供向心力,则有:
qvB=m
②
又v=
③
联立三式得,微粒做圆周运动的半径为:
r=
.故B正确;
C、由于电场力方向竖直向上,则微粒从B点运动到D点的过程中,电场力先做负功后做正功,则其电势能先增大后减小.故C正确;
D、根据能量守恒定律得知:
微粒在运动过程中,电势能、动能、重力势能之和一定,动能不变,则知微粒的电势能和重力势能之和一定.故D错误.
本题选错误的,故选:
D.
【点评】:
本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况,根据合力提供向心力进行判断.
4.(6分)如图甲,矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.若规定导线框中感应电流逆时针方向为正,则在0~4s时间内,线框中的感应电流I,以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为下图中的(安培力取向上为正方向)( )
A.
B.
C.
D.
【考点】:
法拉第电磁感应定律;闭合电路的欧姆定律.
【专题】:
电磁感应与图像结合.
【分析】:
由右图可知B的变化,则可得出磁通量的变化情况,由楞次定律可知电流的方向;由法拉第电磁感应定律可知电动势,即可知电路中电流的变化情况;由F=BIL可知安培力的变化情况.
【解析】:
解:
A、由图可知,0﹣2s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0﹣2s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为负方向;
同理可知,2﹣4s内电路中的电流为逆时针,且两段时间内电流强度大小时等,故A,B错误;
C、由E=
=
S可知,电路中电流大小时恒定不变,故由F=BIL可知,F与B成正比;且b中电流一直为由a至b,则由左手定律可知,电流方向0时刻为向上,为正,故C正确,D错误;
故选C.
【点评】:
本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义,才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定;解题时要特别注意,0﹣2s,2﹣4s,虽然磁场的方向发生了变化,但因其变化为连续的,故产生的电流一定是相同的.
二、多项选择题(本题共3小题.在每小题给出的四个选项中,至少有一项是符合题目要求的.)
5.(6分)关于物理学家和他们的贡献,下列说法中正确的是( )
A.奥斯特发现了电流的磁效应,并发现了电磁感应现象
B.库仑提出了库仑定律,并最早用实验测得元电荷e的数值
C.牛顿发现万有引力定律,并通过实验测出了引力常量
D.法拉第发现了电磁感应现象,并制作了世界上第一台发电机
【考点】:
物理学史.
【分析】:
根据已有的知识,了解物理学史,知道科学家对物理的贡献.
【解析】:
解:
A、奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象.故A错误.
B、库仑提出了库仑定律,美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量.故B错误.
C、牛顿发现万有引力定律,英国人卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量.故C错误.
D、法拉第不仅发现了电磁感应现象,而且发明了人类历史上的第一台发电机.故D正确.
故选D.
【点评】:
本题考查了物理学史,学好物理学史不仅是高中物理学习的要求,而且能增加我们对物理的学习兴趣,平时要注意物理学史的积累.
6.(6分)如图,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球,小球与弹簧不连接,施加外力F将小球向下压至某位置静止.现撤去F,使小球沿竖直方向运动,在小球由静止到离开弹簧的过程中,重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2,小球离开弹簧时的速度为v,不计空气阻力,则上述过程中( )
A.小球的重力势能增加﹣W1
B.小球的电势能减少W2
C.小球的机械能增加W1+
mv2
D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒
【考点】:
匀强电场中电势差和电场强度的关系;重力势能;机械能守恒定律;电势能.
【专题】:
电场力与电势的性质专题.
【分析】:
根据重力做功判断重力势能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化,根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化.根据机械能守恒的条件判断系统机械能守恒.
【解析】:
解:
A、重力对小球做功为W1,重力势能增加﹣W1.故A正确.
B、电场力做了W2的正功,则电势能减小W2.故B正确.
C、根据动能定理得,
,因为除重力以外其它力做功等于小球机械能的增量,则机械能的增量为
.故C错误.
D、对小球和弹簧组成的系统,由于有电场力做功,则系统机械能不守恒.故D错误.
故选:
AB.
【点评】:
解决本题的关键掌握功能关系,知道重力做功等于重力势能的减小量,电场力做功等于电势能的减小量,除重力以外其它力做功等于机械能的增量.
7.(6分)如图所示,已知甲空间中没有电场、磁场;乙空间中有竖直向上的匀强电场;丙空间中有竖直向下的匀强电场;丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场.四个图中的斜面相同且绝缘,相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出,分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出).小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力,不计空气阻力.则( )
A.O、C之间距离大于O、B之间距离
B.小球从抛出到落在斜面上用时相等
C.小球落到B点与C点速度大小相等
D.从O到A与从O到D,合力对小球做功相同
【考点】:
带电粒子在混合场中的运动.
【专题】:
带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】:
根据带电小球受到重力,电场力及洛伦兹力,判定各自力的方向,结合牛顿第二定律,及平抛运动的规律,即可求解.
【解析】:
解:
A、带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力,而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力,根据类平抛运动规律,则有:
,可知,当加速度越大时,所用时间越短,因此OB间距小于OC间距,故A正确;
B、由题意可知,甲图带电小球做平抛运动,由A分析可知,运动的时间介于乙图与丙图之间,故B错误;
C、根据A分析,则有
,那么vy=at=2v0tanθ,则有它们的竖直方向的速度相等,根据矢量的合成法则,可得,小球落到B点与C点速度大小相等,故C正确;
D、由于洛伦兹力作用下,则竖直方向的加速度小于g,则使得竖直方向的速度小于甲图的平抛竖直方向的速度,又因洛伦兹力不做功,则球从O到A重力做的功多于球从O到D做的功,因此合力对小球做功不同,故D错误;
故选:
AC.
【点评】:
考查平抛运动的规律,掌握牛顿第二定律的应用,理解左手定则的内容,注意乙图与丙图虽然加速度不同,但竖直方向的速度却相同,是解题的关键.同时掌握洛伦兹力不做功的特点.
三、非选择题(共5小题,满分78分)
8.(8分)为完成“练习使用打点计时器”实验,在如图1的四种器材中,找出这两种打点计时器,并完成以下填空:
(1) 丙 图为电磁打点计时器,工作电压为交流 6V ; 乙 图为电火花打点计时器,工作电压为交流 220 V.
(2)某同学拉着纸带运动,得到一条点迹清晰的纸带.他确定好起点之后,作了s﹣t图象如图2所示.则在0﹣2.0s内的平均速度大小为 0.8 m/s,在 1.0 s时的瞬时速度大小等于它在0.6﹣2.0s内的平均速度.
【考点】:
探究小车速度随时间变化的规律.
【专题】:
实验题.
【分析】:
了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答;同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作.
【解析】:
解:
(1)电磁打点计时器是利用交变电流使铁芯产生磁性,吸引带打点针的铁条通过复写纸在纸带上打出点,丙图为电磁打点计时器,工作电压为交流6V;
电火花打点记时器是利用家用电打出的火花吸引铅盘而打出点,乙图为电火花打点计时器,工作电压为交流220V.
(2)0﹣2.0s内的平均速度大小为
=
=
=0.8m/s
由图知0.6s时物体的位置在x=0.1m处,
0.6﹣2.0s内的平均速度
=
=1.07m/s,
图象的斜率表示瞬时速度,由图可知,当曲线的斜率等于1.07时,瞬时速度与0.6﹣2.0s内的平均速度相同,此时曲线的倾斜角约为45°.
做出曲线的切线可得,当时刻:
t=1.0s或t=1.4s时,瞬时速度大小等于它在0.6﹣2.0s内的平均速度.
故答案为:
(1)丙,6V,乙,220;
(2)0.8,1.0.
【点评】:
对于基本实验仪器,要会正确使用,了解其工作原理,为将来具体实验打好基础,对于实验装置和工作原理,我们不仅从理论上学习它,还要从实践上去了解它,自己动手去做做.
9.(12分)某实验小组描绘规格为“2.5V0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线.实验室提供下列器材:
A.电流表A1(量程为0﹣25mA,内阻约0.2Ω)
B.电流表A2(量程为0一300mA,内阻约1Ω)
C.电压表V1(量程为0﹣3V,内阻约5kΩ)
D.电压表V2(量程为0﹣15V,内阻约15kΩ)
E.滑动变阻器R1(0一10Ω,额定电流1.5A);
F.滑动变阻器R2(0一1000Ω,额定电流0.5A)
G.直流电源(电动势6V,内阻忽略不计)
H.电键一个、导线若干
(1)在小灯泡接入电路前,使用多用电表直接测量小灯泡的电阻,则应将选择开关旋至 D 档进行测量.(填选项前的字母)
A.直流电压10VB.直流电流5mA
C.欧姆“×100”D.欧姆“×1”
(2)实验中所用的电流表应选 B ;电压表应选 C ;滑动变阻器应选 E .(只需填器材前面的字母代号)
(3)若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线,电压表的右端应与电路中的 a 点相连(选填“a”或“b”)
(4)开关闭合之前,图1中滑动变阻器的滑片应该置于 c 端(选填“c”、“d”或“cd中间”)
(5)测量后,该小组根据实验数据,利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2示.请根据曲线确定小灯泡两端电压为1.5V时,其实际功率P= 0.33 W
(6)该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后,合上电键,慢慢增大小灯泡的电压,发现刚开始时两电表指针均偏转,但小灯泡不发光,请简要分析原因:
电压(电流)较小时,灯丝的温度较低,达不到发光的温度 .
【考点】:
描绘小电珠的伏安特性曲线.
【专题】:
实验题.
【分析】:
(1)根据灯泡电阻分析答题.
(2)根据小电珠的额定电流选择电流表,根据小电珠额定电压选择电压表,为方便实验操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器.
(3)根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法,然后答题.
(4)滑动变阻器采用分压接法,闭合开关前分压部分电路阻值应最小,根据电路图确定滑片的位置.
(5)由图象求出电压对应的电流,然后由P=UI求出灯泡功率.
(6)由I﹣U图象,应用功率公式分析答题.
【解析】:
解:
(1)小电珠(2.5V,0.6W),小电珠正常发光时的电阻R=
=
≈10.4Ω,
测小电珠的电阻,应将选择开关旋至欧姆档,选择多用电表×1倍率,故选D.
(2)小电珠额定电流I=
=
=0.24A=240mA,电流表应选B;小电珠额定电压为2.5V,电压表选C;为方便实验操作,滑动变阻器应选最大阻值较小的E.
(3)灯泡电阻为10.4Ω,电流表内阻约1Ω,电压表内阻约为5kΩ,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,由图1所示电路图可知,电压表的右端应与电路中的a端.
(4)由图1所示电路图可知,滑动变阻器采用分压接法,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最左端.
(5)由图2所示图象可知,小灯泡两端电压为1.5V时,通过灯泡的电流为0.22A,则灯泡实际功率P=UI=1.5×0.22=0.33W.
(6)由图2所示图象可知,开始时灯泡电压与通过灯泡的电流很小,由P=UI可知灯泡实际功率很小,灯丝的温度较低,达不到发光的温度,所以灯泡不发光.
故答案为:
(1)D;
(2)B;D;E;(3)a;(4)c;(5)0.33;(6)电压(电流)较小时,灯丝的温度较低,达不到发光的温度.
【点评】:
本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、求功率等问题,当电压表内阻远大于待测电阻阻值时,电流表应采用外接法;要掌握实验器材的选择原则.
10.(15分)绵阳规划建设一新机场,请你帮助设计飞机跑道.设计的飞机质量m=5×104kg,起飞速度是80m/s.
(1)若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P=8000kW,飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4m/s2,求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小?
(2)若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F=8×104N,受到的平均阻力为f=2×104N.如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞,立即关闭发动机后且能以大小为4m/s2的恒定加速度减速而停下,为确保飞机不滑出跑道,则跑道的长度至少多长?
【考点】:
功率、平均功率和瞬时功率;动能定理.
【专题】:
功率的计算专题.
【分析】:
(1)根据P=Fv和牛顿第二定律列式解答;
(2)机经历了匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据运动速度位移公式求出匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移,两个位移之和即为跑道的最小长度.
【解析】:
解:
(1)F=
=
=1×105N;
牛顿第二定律得:
F﹣f=ma;
解得:
f=F﹣ma=1×105﹣5×104×0.4=8×104N
(2)飞机从静止开始做匀加速运动到到离开地面升空过程中滑行的距离为x1,
牛顿第二定律得:
a1=
=
m/s2=1.2m/s2
x1=
=
=
m
飞机匀减速直线运动的位移x2,x2=
=
m=800m
以跑道的至少长度x=x1+x2=800m+
m=3467m
答:
(1)机在起飞前瞬间受到的阻力为8×104N;
(2)为确保飞机不滑出跑道,则跑道的长度至少为3467m.
【点评】:
这题考的知识点是汽车的两种启动方式,恒定加速度启动和恒定功率启动.本题属于恒定加速度启动方式,由于牵引力不变,根据p=Fv可知随着汽车速度的增加,汽车的实际功率在增加,此过程汽车做匀加速运动,当实际功率达到额定功率时,功率不能增加了,要想增加速度,就必须减小牵引力,当牵引力减小到等于阻力时,加速度等于零,速度达到最大值.
11.(21分)如图甲所示,在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场,一束比荷为
=106C/kg带正电的粒子流(重力不计),以速度vo=104m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板.粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域,O为圆心,区域直径AB长度为L=1m,AB与水平方向成45°角.区域内有按如图乙所示规律作周期性变化的磁场,已知B0=0.5T,磁场方向以垂直于纸面向外为正.粒子经偏转电场后,恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°斜向下射入磁场.求:
(1)两金属极板间的电压U是多大?
(2)若T0=0.5s,求t=0s时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置;
(3)要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过,求出磁场的变化周期T0应满足的条件.
【考点】:
带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【专题】:
带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】:
(1)由几何关系可求得粒子射出时的速度,再由动能定理可求得金属板的电压;
(2)由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的周期和半径,分析粒子在哪一时间段内离开磁场,则可求出射出磁场的时间和位置;
(3)由题意得出相应的几何关系,再由符合的条件,从而得出磁场变化周期的条件.
【解析】:
解:
(1)粒子在电场中做类平抛运动,从O点射出时速度v=
v0;
由动能定理可得:
q
=
m(
v0)2﹣
mv02
代入数据解得:
U=100V;
(2)T=
=
=2π×10﹣6s<
r=
=0.02
m
;
粒子在磁场中经过半周从OB中穿出,粒子在磁场中运动时间t=
=2π×10﹣6s
射出点在AB间离O点0.04
m;
(3)粒子运动周期T=
=4π×10﹣6s,粒子在t=0、t=
等时刻射入时,粒子最可能从AB间射出.
如图,由几何关系可得临界时θ=
,
要不从AB边界射出,应满足
<
得T0
s
答:
(1)两金属极板间的电压U是100V;
(2)射出点在AB间离O点0.04
m;
(3)出磁场的变化周期﹣B0T0应满足的条件为T0
s
【点评】:
本题考查带电粒子在磁场中的运动及在电场中的运动,关键问题在于圆心、半径及运动过程的分析;同时注意本题磁场为变化磁场,要注意其对粒子运动带来的影响.
12.(22分)如图所示,是磁流体动力发电机的工作原理图.一个水平放置的上下、前后封闭的矩形塑料管,其宽度为a,高度为b,其内充满电阻率为ρ的水银,由涡轮机(未画出)产生的压强差p使得这个流体在不加磁场时具有恒定的流速v0.管道的前后两个侧面上各有长为L的由铜组成的面,实际流体的运动非常复杂,为简化起见作如下假设:
a.尽管流体有粘滞性,但整个横截面上的速度均匀.
b.流体的速度总是与作用在其上的合外力成正比.
c.流体不可压缩.
若由铜组成的前后两个侧面外部短路,一个竖直向上的匀强磁场只加在这两个铜面之间的区域,磁感强度为B(如图).
(1)写出加磁场后,两个铜面之间区域的电阻R的表达式
(2)涡轮机对流体产生的压强差p恒定,加磁场后,最终形成新的稳定速度v,写出流体所受的磁场力F与v关系式,指出F的方向;
(3)写出
(2)问中加磁场后流体新的稳定速度v的表达式(用v0、p、L、B、ρ表示);
(4)为使速度增加到原来的值v0,必须改变涡轮机对流体产生的压强差,导致涡轮机输出功率的增加,写出功率增加量△P的表达式(用v0、a、b、L、B和ρ表示).
【考点】:
带电粒子在混合场中的运动.
【专题】:
带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】:
(1)根据电阻定律求出两个铜面之间区域的电阻R的表达式.
(2)结合安培力的大小公式,以及I=
,求出磁场力F与v关系式.根据左手定则得出磁场力的方向.
(3)不加磁场时,压力差等于kv0,施加磁场时,压力差与安培力的合力等于kv,根据这两个关系求出新的稳定速度v的表达式.
(4)功率的增加量等于压力差功率的增加量,根据压力差的变化求出功率增加量的表达式.
【解析】:
解:
(1)根据电阻定律公式,有:
(2)由于FA=BIa,
,再利用
(1)的结论,可推得:
,力FA的方向与流速v的方向反向.
(3)不加磁场时:
pab=kv0
加磁场时:
pab﹣FA=kv
由上面二式,得:
.
再利用
(2)的结论,可推得:
(4)由于△P=P2﹣P1,P1=pabv0,P2=p'abv0
故△P=(p'ab﹣pab)v0pab=kv0
故△P=F'Av0.
由于
故
.
答:
(1)两个铜面之间区域的电阻R的表达式R=ρ
.
(2)流体所受的磁场力F与v关系式FA=
,力FA的方向与流速v的方向反向.
(3)加磁场后流体新的稳定速
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