高三英语周报核心突破2024-2024答案

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21.ABD【解析】设开始时货物的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得 mosin0+ umgcos 6=ma1,解得a110m/s2,经时间t1货物与传送带共速,则有v=-a1t1,解得t1=0.4s,货物相对传送带向上运动的距离212t1-m1=0.8m。共速后的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得 mosin0- amcosma2,解得a2=2m/s2,假设到达水平台面的速度为v,则有v2-v2=2a2(=sin6-2t1),解得v=3m/s,则能冲上水平台面,设共速后货物在传送带上的时间为t2,则有v=v-a2t2,解得t2=0.5s共速后货物相对传送带向下的距离为△x2=tt2=0.25m,所以货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s,货物在传送带上的划痕长△x0.8m,货物与传送带间因摩擦产生的热量Q1 mgcos6(△x1+△x2)=4.2J,A、B、D项正确,C项错误。

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18.B【解析】在磁场中有电流时经过同一位置上升时的速度比下降时的速度大,故上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间,A项错误;设线圈的边长为L,平均电动势E=ABL△L,平均电流I=R,通过线圈截面的电荷量q=1△,整理得q=BLR,上升过程中通过线圆截面的电荷量等于下降过程中通过线圈截面的电荷量,安培力的冲量大小IA=BILt,因上升和下降过程中通过线圈截面的电荷量相等,故安培力的冲量大小相等,B项正确;设上升过程的平均电流为I1,时间为t,通过导线截面的电荷量为q1,下降过程的平均电流为I2,时间为t2,通过线圈截面的电荷量为q,由动量定理得mgt1+Bl1L△t1=mvo,mgt-Bl2L△t2=mv,7△A1=12△2,解得t+2=3十,CD项错误。

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21.ABD【解析】設開始時貨物的加速度大小為a1,由牛頓第二定律得 mosin0+ umgcos 6=ma1,解得a110m/s2,經時間t1貨物與傳送帶共速,則有v=-a1t1,解得t1=0.4s,貨物相對傳送帶向上運動的距離212t1-m1=0.8m。共速後的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得 mosin0- amcosma2,解得a2=2m/s2,假設到達水平臺面的速度為v,則有v2-v2=2a2(=sin6-2t1),解得v=3m/s,則能沖上水平臺面,設共速後貨物在傳送帶上的時間為t2,則有v=v-a2t2,解得t2=0.5s共速後貨物相對傳送帶向下的距離為△x2=tt2=0.25m,所以貨物從A處運動到B處所用的時間為0.9s,貨物在傳送帶上的劃痕長△x0.8m,貨物與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q1 mgcos6(△x1+△x2)=4.2J,A、B、D項正確,C項錯誤。

18.B【解析】在磁場中有電流時經過同一位置上升時的速度比下降時的速度大,故上升過程所用的時間小於下降過程所用的時間,A項錯誤;設線圈的邊長為L,平均電動勢E=ABL△L,平均電流I=R,通過線圈截面的電荷量q=1△,整理得q=BLR,上升過程中通過線圓截面的電荷量等於下降過程中通過線圈截面的電荷量,安培力的沖量大小IA=BILt,因上升和下降過程中通過線圈截面的電荷量相等,故安培力的沖量大小相等,B項正確;設上升過程的平均電流為I1,時間為t,通過導線截面的電荷量為q1,下降過程的平均電流為I2,時間為t2,通過線圈截面的電荷量為q,由動量定理得mgt1+Bl1L△t1=mvo,mgt-Bl2L△t2=mv,7△A1=12△2,解得t+2=3十,CD項錯誤。

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