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文檔簡介
1、 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌桿”模型問題 常見模型-1 一、單棒問題-1 1、發(fā)電式 (一)導(dǎo)軌豎直-2 (二)導(dǎo)軌水平-4 (三)導(dǎo)軌傾斜-7 1電容有外力充電式-14 2、阻尼式-17 3、電動式-18 二、 “雙桿+導(dǎo)軌”模型二、雙棒問題 1、無外力等距雙棒-18 2、有外力等距雙棒-19 三、在豎直導(dǎo)軌上的“雙桿滑動”問題 1.等間距型-20 2.不等間距型-21 四、在水平導(dǎo)軌上的“雙桿滑動”問題 1.等間距水平導(dǎo)軌,無水平外力作用(安培力除外)-22 2.不等間距水平導(dǎo)軌,無水平外力作用-23 3.等間距水平導(dǎo)軌,受水平外力作用(安培力除外)-24 五、繩連的“雙桿
2、滑動”問題-26 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌桿”模型問題大概1 模型概述“導(dǎo)軌桿”模型是電磁感應(yīng)問題在高考命題中的“基本道具”,也是高考的熱點(diǎn),考查的知識點(diǎn)多,題目的綜合性強(qiáng),物理情景變化空間大,是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)“導(dǎo)軌桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜;桿的運(yùn)動狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動、勻變速運(yùn)動、非勻變速運(yùn)動或轉(zhuǎn)動等;磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等,情景復(fù)雜,形式多變2 常見模型類型“電動電”型“動電動”型示意圖已知量棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑水平,電阻不計棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑,電阻不計過程分析S
3、閉合,棒ab受安培力F,此時加速度a,棒ab速度v感應(yīng)電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a,當(dāng)安培力F0時,a0,v最大,最后勻速運(yùn)動棒ab釋放后下滑,此時加速度agsin ,棒ab速度v感應(yīng)電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a,當(dāng)安培力Fmgsin 時,a0,v最大,最后勻速運(yùn)動能量轉(zhuǎn)化通過安培力做功,把電能轉(zhuǎn)化為動能克服安培力做功,把重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能運(yùn)動形式變加速運(yùn)動變加速運(yùn)動最終狀態(tài)勻速運(yùn)動,vm勻速運(yùn)動vm一、單棒問題1、發(fā)電式(1)電路特點(diǎn):導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源,當(dāng)速度為v時,電動勢EBlv (2)安培力特點(diǎn):安培力為阻力,并隨速度增大而增大(3)加速度特點(diǎn):加速度隨速度增
4、大而減?。?)運(yùn)動特點(diǎn):加速度減小的加速運(yùn)動(5)最終狀態(tài):勻速直線運(yùn)動(6)兩個極值v=0時,有最大加速度:a=0時,有最大速度: (7)能量關(guān)系(8)動量關(guān)系 F(9)變形:摩擦力;改變電路;改變磁場方向;改變軌道 BF 解題步驟:解決此類問題首先要建立“動電動”的思維順序,可概括總結(jié)為:(1)找”電源”,用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解電動勢的大小和方向;(2)畫出等效電路圖,求解回路中的電流的大小及方向;(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動速度、加速度的動態(tài)過程,最后確定導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動情況;(4)列出牛頓第二定律或平衡方程求解(一)導(dǎo)軌豎直1、如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎
5、直放置,其寬度L1 m,一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R0.40 的電阻,質(zhì)量為m0.01 kg、電阻為r0.30 的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑,下滑過程中ab始終保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好,其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示,圖象中的OA段為曲線,AB段為直線,導(dǎo)軌電阻不計,g10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動過程中對原磁場的影響),求: 甲乙(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??; (2)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5 s內(nèi),通過電阻R的電荷量;(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5 s內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量答案(1)0.1 T(2)0.67 C(3)0.26
6、 J解析(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動,由題中圖象乙得:v7 m/s I,mgBIL 解得B0.1 T(2)qt B 解得:q0.67 C(3)Qmgxmv2 解得Q0.455 J 從而QRQ0.26 J2、 如圖所示,豎直放置的兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌相距L,導(dǎo)軌間接有一定值電阻R,質(zhì)量為m,電阻為r的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸,且無摩擦,整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直,現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放,金屬棒下落高度為h時開始做勻速運(yùn)動,在此過程中 () A導(dǎo)體棒的最大速度為B通過電阻R的電荷量為C導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量D重力和安培力對導(dǎo)體棒做功的代數(shù)和等于
7、導(dǎo)體棒動能的增加量答案BD3、如圖2所示,電阻為R,其他電阻均可忽略,ef是一電阻可不計的水平放置的導(dǎo)體棒,質(zhì)量為m,棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸,又能沿框架無摩擦下滑,整個裝置放在與框架垂直的勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關(guān)S,則S閉合后 ()A導(dǎo)體棒ef的加速度可能大于gB導(dǎo)體棒ef的加速度一定小于gC導(dǎo)體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同D導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定守恒4、MN和PQ為豎直方向的兩平行長直金屬導(dǎo)軌,間距l(xiāng)為0.40m,電阻不計導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.50T的勻強(qiáng)磁場垂直質(zhì)量m為6.010-3kg、電阻為1.0的金屬
8、桿ab始終垂直于導(dǎo)軌,并與其保持光滑接觸導(dǎo)軌兩端分別接有滑動變阻器和阻值為3.0的電阻R1當(dāng)桿ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時以速率勻速下滑,整個電路消耗的電功率P為0.27W,重力加速度取10m/s2,試求速率和滑動變阻器接入電路部分的阻值R2 5、如圖,兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置,導(dǎo)軌間距離為L1電阻不計。在導(dǎo)軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求: (1)磁感應(yīng)強(qiáng)
9、度的大?。?(2)燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運(yùn)動速率。解析:每個燈上的額定電流為額定電壓為:(1)最后MN勻速運(yùn)動故:B2IL=mg求出: (2)U=BLv得:(二)導(dǎo)軌水平3 如圖3所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),間距為l,導(dǎo)軌左端連接一個電阻一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上在桿的右方距桿為d處有一個勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于軌道平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力,使桿從靜止開始運(yùn)動,已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時速度為v,之后進(jìn)入磁場恰好做勻速運(yùn)動不計導(dǎo)軌的電阻,假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力求:(1)導(dǎo)軌對桿ab的阻力大小Ff.(2)桿ab中
10、通過的電流及其方向(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R.答案(1)F(2),方向由a流向b(3)r解析(1)桿ab進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動,有FFfmav22ad解得導(dǎo)軌對桿的阻力FfF(2)桿ab進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動,有FFfF安桿ab所受的安培力F安IBl解得桿ab中通過的電流I由右手定則判斷桿中的電流方向自a流向b(3)桿運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv桿中的感應(yīng)電流I解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值Rr13如圖 ,二相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi),間距,在導(dǎo)軌的一端接有阻值為的電阻;在區(qū)域有一與水平面垂直的均勻磁場;一質(zhì)量為的金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上并以的初速度進(jìn)入磁場中,在安培力及垂直于桿的水平
11、外力F共同作用下做勻變速直線運(yùn)動,加速度大小為方向與初速度方向相反;設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻均不計且接觸良好求:(1)電流為0時金屬桿所處的位置?(2)電流為最大值的一半時施加在金屬桿上外力F的大小及方向?(3)保持其它條件不變而初速度取不同值,則開始時外力F的方向與初速度取值的關(guān)系?解析:由題意知桿必向右作勻減速直線運(yùn)動到速度為0后再向左作勻加速直線運(yùn)動直到離開磁場區(qū)域,故電流為0時表示桿的速度為0;桿向右勻減速直線運(yùn)動的位移為得;桿的運(yùn)動速度變化時電路中的電動勢變化,故電流相應(yīng)變化,由電動勢有桿運(yùn)動的速度最大則電路中感應(yīng)電動勢最大、電流最大,即最大電流必為;當(dāng)電流為最大值的一半時即時:若此時桿
12、向右運(yùn)動,則外力方向不定,我們假設(shè)外力F水平向右由牛頓定律有即,故桿向右運(yùn)動中外力F大小為018N方向水平向左;若此時桿向左運(yùn)動,則外力F方向必水平向左且有即代入數(shù)據(jù)得。(3)桿開始運(yùn)動時速度為,則電動勢為,故安培力為;那么對桿由牛頓定律有即:當(dāng)即時,表示外力F方向與X軸方向相反;當(dāng)即時,表示外力F方向與X軸方向相同.【例2】如圖所示,質(zhì)量m1=0.1kg,電阻R1=0.3,長度l=0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上??蚣苜|(zhì)量m2=0.2kg,放在絕緣水平面上,與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2,相距0.4m的MM、NN相互平行,電阻不計且足夠長。電阻R2=0.1的MN垂直于MM。整個裝置處
13、于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力,ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動,始終與MM、NN保持良好接觸,當(dāng)ab運(yùn)動到某處時,框架開始運(yùn)動。設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2.(1)求框架開始運(yùn)動時ab速度v的大小;(2)從ab開始運(yùn)動到框架開始運(yùn)動的過程中,MN上產(chǎn)生的熱量Q=0.1J,求該過程ab位移x的大小?!窘馕觥浚海?)對框架的壓力框架受水平面的支持力依題意,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則框架受到最大靜摩擦力中的感應(yīng)電動勢中電流受到的安培力F框架開始運(yùn)動時由上述各式代入數(shù)據(jù)解得 (2)閉合回路中產(chǎn)生的總熱量由能量守恒定律,得
14、代入數(shù)據(jù)解得【例3】如圖7-9甲所示,一對平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道間距L=0.20m,電阻R=1.0,有一導(dǎo)體桿靜止放在軌道上,與兩軌道垂直,桿及軌道的電阻可忽略不計,整個裝置處于磁感強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直軌道面向下,現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿,使之做勻加速運(yùn)動,測得力F與時間t的關(guān)系如圖7-9乙所示,求桿的質(zhì)量m和加速度a.(1)如圖所示。(4分)(2)對桿應(yīng)用牛頓定律,得(2分) (1分)(1分)(1分)由以上各式得: (3分) 分別把t10、F12N及t110s、F13N代入上式解得 m=0.2kg (1分)、a=10m/s2(1分)【答案】m=0.1kg
15、, a=10m/s216(13分)如圖所示,兩根正對的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上,兩軌道之間的距離l=0.50m軌道的MM端之間接一阻值R=0.40的定值電阻,NN端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接,兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.64 T的勻強(qiáng)磁場中,磁場區(qū)域的寬度d=0.80m,且其右邊界與NN重合現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運(yùn)動,當(dāng)運(yùn)動至磁場的左邊界時撤去F,結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能以最小速度通過
16、半圓形軌道的最高點(diǎn)PP已知導(dǎo)體桿ab在運(yùn)動過程中與軌道接觸良好,且始終與軌道垂直,導(dǎo)體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數(shù)=0.10,軌道的電阻可忽略不計,取g=10m/s2,求:導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時,通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向;導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量;導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱9(本題特點(diǎn):B變S不變)如圖所示,導(dǎo)軌是水平的,其間距l(xiāng)1=0.5m,ab桿與導(dǎo)軌左端的距離l2=0.8m,由導(dǎo)軌與ab桿所構(gòu)成的回路電阻為0.2,方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1T,滑輪下掛一個重物M質(zhì)量為0.04kg,ab桿與導(dǎo)軌之間的摩擦不計,現(xiàn)使磁場以的變化率
17、均勻的增大, 問:當(dāng)t為多少時,M剛離開地面。解析:閉合回路的磁通量發(fā)生變化,要產(chǎn)生感應(yīng)電流,在磁場中受到安培力的作用,當(dāng)繩子繃緊,物體M剛要離開地面時,繩子中拉力大小F1應(yīng)等于重力大小,也等于棒ab所受的安培力F2的大小,即 而,從而得其中, 代入數(shù)據(jù)得(三)導(dǎo)軌傾斜【例3】如圖所示,AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌,兩導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在導(dǎo)軌的 AC端連接一個阻值為 R的電阻,一根質(zhì)量為m、垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒ab,從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,求此過程中ab棒的最大速度。已知ab與導(dǎo)軌間的動
18、摩擦因數(shù)為,導(dǎo)軌和金屬棒的電阻都不計。求金屬棒的最大速度?解析:ab沿導(dǎo)軌下滑過程中受四個力作用,即重力mg,支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安,如圖所示,ab由靜止開始下滑后,將是(為增大符號),所以這是個變加速過程,當(dāng)加速度減到a=0時,其速度即增到最大v=vm,此時必將處于平衡狀態(tài),以后將以vm勻速下滑ab下滑時因切割磁感線,要產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,根據(jù)電磁感應(yīng)定律: E=BLv 閉合電路AC ba中將產(chǎn)生感應(yīng)電流,根據(jù)閉合電路歐姆定律: I=E/R 據(jù)右手定則可判定感應(yīng)電流方向為aAC ba,再據(jù)左手定則判斷它受的安培力F安方向如圖示,其大小為: F安=BIL 取平行和垂直導(dǎo)軌的兩個方向?qū)?/p>
19、ab所受的力進(jìn)行正交分解,應(yīng)有: FN = mgcos Ff= mgcos由可得以ab為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有:mgsin mgcos-=maab做加速度減小的變加速運(yùn)動,當(dāng)a=0時速度達(dá)最大因此,ab達(dá)到vm時應(yīng)有: mgsin mgcos-=0 由式可解得注意:(1)電磁感應(yīng)中的動態(tài)分析,是處理電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵,要學(xué)會從動態(tài)分析的過程中來選擇是從動力學(xué)方面,還是從能量、動量方面來解決問題。(2)在分析運(yùn)動導(dǎo)體的受力時,常畫出平面示意圖和物體受力圖。4如圖所示,金屬框架與水平面成30角,勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度B=0.4T,方向垂直框架平面向上,金屬棒長l0.5m,重量為0.1N,可以在
20、框架上無摩擦地滑動,棒與框架的總電阻為2,運(yùn)動時可認(rèn)為不變,問:(1)要棒以2ms的速度沿斜面向上滑行,應(yīng)在棒上加多大沿框架平面方向的外力?(2)當(dāng)棒運(yùn)動到某位置時,外力突然消失,棒將如何運(yùn)動?(3)棒勻速運(yùn)動時的速度多大?(4)達(dá)到最大速度時,電路的電功率多大?重力的功率多大?13.如圖13所示,MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成角固定,軌間距為d.空間存在勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于軌道平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.P、M間所接電阻阻值為R.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上,其有效電阻為r.現(xiàn)從靜止釋放ab,當(dāng)它沿軌道下滑距離s時,達(dá)到最大速度若軌道足夠長且電阻不計,重力加速度為g.求
21、: (1)金屬桿ab運(yùn)動的最大速度; (2)金屬桿ab運(yùn)動的加速度為gsin 時,電阻R上的電功率; (3)金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中,克服安培力所做的功12 如圖所示,傾角=30、寬度L=1m的足夠長的“U”形平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度B =1T,范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于斜面向下。用平行于軌道的牽引力拉一根質(zhì)量m =0.2、電阻R =1的垂直放在導(dǎo)軌上的金屬棒a b,使之由靜止開始沿軌道向上運(yùn)動。牽引力做功的功率恒為6W,當(dāng)金屬棒移動2.8m時,獲得穩(wěn)定速度,在此過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量為5.8J,不計導(dǎo)軌電阻及一切摩擦,取g=10m/s2。求:(1)金屬棒達(dá)到
22、穩(wěn)定時速度是多大?(2)金屬棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度時所需的時間多長?解:(1)金屬棒沿斜面上升達(dá)穩(wěn)定速度時,設(shè)所受的安培力為F安,由平衡條件得: F=mgsin+F安 而F安=BIL=B L 又 聯(lián)立以上三式解得v = 2m/s (2)由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得 Pt = mgssin+Q 代入數(shù)據(jù)解得:t =1.5s 1 (2012山東理綜20)如圖8所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為,上端接有定值電阻R,勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放,當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運(yùn)動,此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導(dǎo)體
23、棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好, 圖8不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項正確的是 ()AP2mgvsin BP3mgvsin C當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時加速度大小為sin D在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動的過程中,R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案AC解析根據(jù)I,導(dǎo)體棒由靜止釋放,速度達(dá)到v時,回路中的電流為I,則根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件,有mgsin BIL.對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,使其以2v的速度勻速運(yùn)動時,則回路中的電流為2I,則根據(jù)平衡條件,有Fmgsin B2IL,所以拉力Fmgsin ,拉力的功率PF2v2mgvsin ,故選項A正確,選項B
24、錯誤;當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時,回路中的電流為,根據(jù)牛頓第二定律,得mgsin B Lma,解得asin ,選項C正確;當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動時,根據(jù)能量守恒定律知,重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱,故選項D錯誤如圖所示,電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s1.15 m,兩導(dǎo)軌間距L0.75 m,導(dǎo)軌傾角為30,導(dǎo)軌上端ab接一阻值R1.5 的電阻,磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.8 T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上阻值r0.5 、質(zhì)量m0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好,從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端,在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr0.1 J(取g10 m/s2)求:(1)金屬棒在此過程中
25、克服安培力做的功W安; (2)金屬棒下滑速度v2 m/s時的加速度a;(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm,有同學(xué)解答如下:由動能定理,WGW安mv,.由此所得結(jié)果是否正確?若正確,說明理由并完成本小題;若不正確,給出正確的解答答案(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)見解析解析(1)下滑過程中安培力做的功即為電阻上產(chǎn)生的焦耳熱,由于R3r,因此QR3Qr0.3 J所以W安QQRQr0.4 J(2)金屬棒下滑時受重力和安培力F安BILv由牛頓第二定律得mgsin 30vma所以agsin 30v m/s23.2 m/s2(3)此解法正確金屬棒下滑時受重力和安培力作用,其運(yùn)動滿足mgsin
26、30vma上式表明,加速度隨速度增大而減小,棒做加速度減小的加速運(yùn)動無論最終是否達(dá)到勻速,當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時速度一定為最大由動能定理可以得到棒的最大速度,因此上述解法正確mgssin 30Qmv所以vm m/s2.74 m/s.【例1】如右圖所示,一平面框架與水平面成37角,寬L=0.4 m,上、下兩端各有一個電阻R01 ,框架的其他部分電阻不計,框架足夠長.垂直于框平面的方向存在向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B2T.ab為金屬桿,其長度為L0.4 m,質(zhì)量m0.8 kg,電阻r0.5,棒與框架的動摩擦因數(shù)0.5.由靜止開始下滑,直到速度達(dá)到最大的過程中,上端電阻R0產(chǎn)生的熱量Q00.375J(已
27、知sin370.6,cos37=0.8;g取10ms2)求:(1)桿ab的最大速度;(2)從開始到速度最大的過程中ab桿沿斜面下滑的距離;(3)在該過程中通過ab的電荷量.【解析】該題是一道考察電磁感應(yīng)、安培力、閉合電路歐姆定律及力學(xué)有關(guān)知識的綜合題,解題的關(guān)鍵是要正確分析金屬桿的運(yùn)動及受力的變化情況。桿ab達(dá)到平衡時的速度即為最大速度v,這時mgsinF =0,N=mgcosF=mg(sincos)總電阻,得克服磁場力所做的功數(shù)值上等于產(chǎn)生的總電能即,由動能定理:=2.5m通過ab的電荷量,代入數(shù)據(jù)得q2 C如圖所示,固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌電阻不計,上端a、b間接有阻值為R的電阻,
28、導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上。初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0。整個運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向;當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a;導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep,求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動直到停止的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q?!敬鸢浮堪舢a(chǎn)生的感應(yīng)電動勢(1分)通過的電流大小(1分)電流方向為ba (2分)棒產(chǎn)
29、生的感應(yīng)電動勢為(1分) 感應(yīng)電流(1分) 棒受到的安培力大小,方向沿斜面向上 (2分)根據(jù)牛頓第二定律 有 (1分)解得(1分)導(dǎo)體棒最終靜止,有壓縮量 (2分)設(shè)整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0,根據(jù)能量守恒定律有(2分) 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱圖13針對性演練.如圖13所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上(兩導(dǎo)軌與水平面的夾角也為),導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi),存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場?,F(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力,使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動,此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上
30、邊界PQ處時,撤去拉力,a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動,此時b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時,又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的質(zhì)量為m,重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計。求:a棒的質(zhì)量ma;a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時所受的拉力F。解 a棒在PQ上方運(yùn)動的過程中只有重力做功,機(jī)械能守恒,故可知a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動和向下勻速運(yùn)動的速度大小相等,進(jìn)一步結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知,在這兩個過程中,a棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小相等,設(shè)為E。 (2分)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動時,b棒中的電流為: (1分)此時
31、,b棒恰好靜止,有:IbLB=mgsin (1分)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動時,設(shè)a棒中的電流為Ia,有: (1分)IaLB=magsin (2分)解得:ma=1.5m。 (1分)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時,設(shè)a棒中的電流為Ia,有:Ia=2Ib (1分)處于磁場中的a棒在平行導(dǎo)軌斜向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動,有:F=IaLB+magsin (2分)又:IbLB=mgsin (1分)解得:F=3.5mgsin 。 (1分)如圖所示,有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌,電阻不計,間距L0.5 m,導(dǎo)軌沿與水平方向成30傾斜放置,底部連接有一個阻值為R3 的電阻現(xiàn)將一個長也為L0.5 m
32、、質(zhì)量為m0.2 kg、電阻r2 的均勻金屬棒ab,自軌道頂部靜止釋放后沿軌道自由滑下,下滑中均保持與軌道垂直并接觸良好,經(jīng)一段距離后進(jìn)入一垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場中,如圖所示磁場上部有邊界OP,下部無邊界,磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T金屬棒進(jìn)入磁場后又運(yùn)動了一段距離便開始做勻速直線運(yùn)動,在做勻速直線運(yùn)動之前這段時間內(nèi),金屬棒上產(chǎn)生了Qr2.4 J的熱量,且通過電阻R上的電荷量為q0.6 C,取g10 m/s2.求:(1)金屬棒勻速運(yùn)動時的速度v0;(2)金屬棒進(jìn)入磁場后速度v6 m/s時,其加速度a的大小及方向;(3)磁場的上部邊界OP距導(dǎo)軌頂部的距離s.解(1)此時金屬棒沿斜面方向受力平衡:BILmg
33、sin(1分) (對閉合電路有:I,EBLv0. (1分) (聯(lián)立解得:v05 m/s.(1分)(2)由牛頓第二定律得:mgsinBILma.(1分)而由電路:I. (1分)agsin1 m/s2.(1分)因此,此時加速度大小為1 m/s2,方向沿斜面向上.(1分)(3)由于金屬棒r和電阻R上的電流瞬時相同,根據(jù)焦耳定律產(chǎn)生的電熱應(yīng)與阻值成正比,因此可求出金屬棒勻速運(yùn)動前R上產(chǎn)生的電熱為:QRQr3.6 J.(1分)gkstk因此,該過程中電路中的總電熱為:QQrQR6 J又該過程中電路平均電流為:.(1分)設(shè)勻速前金屬棒在磁場中位移為x,則此過程中通過R的電荷量為:qt.(1分)gkstk從
34、釋放到剛好達(dá)到勻速運(yùn)動的過程中,由能量守恒得到:mgsin(sx)mvQ.(1分)gkstk聯(lián)立解得:s5.5 m.(1分)與電容器結(jié)合F電容有外力充電式(1)電路特點(diǎn):導(dǎo)體為發(fā)電邊;電容器被充電。(2)三個基本關(guān)系導(dǎo)體棒受到的安培力為:導(dǎo)體棒加速度可表示為:回路中的電流可表示為:(3)四個重要結(jié)論:導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動:回路中的電流恒定:導(dǎo)體棒受安培力恒定:導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲存的電能:(試用動能定理證明)(4)變形:導(dǎo)軌有摩擦;電路變化;恒力的提供方式;【例7】如圖所示, 豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌, 相距l(xiāng) , 導(dǎo)軌一端接有一個電容器, 電容量為C, 勻強(qiáng)磁場垂直紙
35、面向里, 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑動. 現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑, 不考慮空氣阻力, 也不考慮任何部分的電阻和自感作用. 求金屬棒落地時的速度為多大? 【解析】ab在mg 作用下加速運(yùn)動,經(jīng)時間 t ,速度增為v,a =v / t產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 E=Bl v 電容器帶電量 Q=CE=CBl v,感應(yīng)電流I=Q/t=CBL v/ t=CBl a產(chǎn)生安培力F=BIl =CB2 l 2a,由牛頓運(yùn)動定律 mg-F=mama= mg - CB2 l 2a ,a= mg / (m+C B2 l 2)ab做初速為零的勻加直線運(yùn)動, 加速度 a= mg / (m+
36、C B2 l 2)落地速度為3 如圖10,兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP、QQ傾斜放置,勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端與水平放置的 兩金屬板M、N相連,板間距離足夠大,板間有一帶電微粒,金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上,下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好 圖10現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab,則 ()A金屬棒ab最終可能勻速下滑B金屬棒ab一直加速下滑C金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動答案BC解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑,棒中有感應(yīng)電動勢而對金屬板M、N充電,充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用,只有金屬棒速度增大時才有充電電流,因此總有mgsin
37、BIL0,金屬棒將一直加速下滑,A錯,B對;由右手定則可知,金屬棒a端(即M板)電勢高,C對;若微粒帶負(fù)電,則電場力向上,與重力反向,開始時電場力為0,微粒向下加速,當(dāng)電場力增大到大于重力時,微粒的加速度向上,可能向N板減速運(yùn)動到零后再向M板運(yùn)動,D錯(2012廣東理綜35)如圖1所示,質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab,垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板,R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值,不計其他電阻圖1(1)調(diào)節(jié)RxR,釋放導(dǎo)體棒,當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時,求通過導(dǎo)體棒
38、的電流I及導(dǎo)體棒的速率v.(2)改變Rx,待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后,將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒水平射入金屬板間,若它能勻速通過,求此時的Rx.解析(1)對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示導(dǎo)體棒所受安培力F安BIl 導(dǎo)體棒勻速下滑,所以F安Mgsin 聯(lián)立式,解得I 導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢EBlv 由閉合電路歐姆定律得I,且RxR,所以I 聯(lián)立式,解得v(2)由題意知,其等效電路圖如圖所示由圖知,平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓設(shè)兩金屬板間的電壓為U,因為導(dǎo)體棒勻速下滑時的電流仍為I,所以由歐姆定律知UIRx 要使帶電的微粒勻速通過,則mgq 聯(lián)立式,解得Rx.答案(
39、1)(2)如圖,兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為,間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑,求: (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系;(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。(1)(2)(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為 E=BLv平行板電容器兩極板的電壓為U,U=E設(shè)此時電容器極板上儲存的電荷為Q,按
40、定義有聯(lián)立式解得(2)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到磁場的安培力為F,方向沿導(dǎo)軌向上,大小為F=BLi 設(shè)在tt+時間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為,按定義有也是平行板電容器兩極板在tt+時間間隔內(nèi)增加的電荷量由式可得 式中為金屬棒速度的變化量按加速度的定義有分析導(dǎo)體棒的受力:受重力mg,支持力N,滑動摩擦力f,沿斜面向上的安培力F。N=mgcos(11)聯(lián)立至(11)式得(12)由(12)式及題設(shè)可知,金屬棒做初速為零的勻加速直線運(yùn)動,t時刻金屬棒下滑的速度大小為v (13)v02、阻尼式(1)電路特點(diǎn):導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。(2)安培力的特點(diǎn):安培力為
41、阻力,并隨速度減小而減小。(3)加速度特點(diǎn):加速度隨速度減小而減小 (4)運(yùn)動特點(diǎn):加速度減小的減速運(yùn)動(5)最終狀態(tài):靜止(6)能量關(guān)系:動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱(7)動量關(guān)系(8)變形:有摩擦力;磁場不與導(dǎo)軌垂直等【例4】如圖所示,MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌,置于磁感強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中,M、P間接有一阻值為R的電阻一根與導(dǎo)軌接觸良好、阻值為R2的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置,若某時金屬導(dǎo)線ab以初速度v開始向右滑動。(1)試求剛開始滑動時ab兩點(diǎn)間的電勢差。(2)試求金屬導(dǎo)線ab運(yùn)動的整個過程中產(chǎn)生電路中產(chǎn)生的熱量、通過ab電量以及ab發(fā)生的位移x?!窘馕觥浚?)a
42、b運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E,所以ab相當(dāng)于電源,與外電阻R構(gòu)成回路。Uab=(2)若無外力作用則ab在安培力作用下做減速運(yùn)動,最終靜止。動能全部轉(zhuǎn)化為電熱。由動量定理得:即,。,。3、電動式(1)電路特點(diǎn):有外加電源,導(dǎo)體為電動邊,運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢(等效于電機(jī))。(2)安培力特點(diǎn):安培力為動力,并隨速度增大而減小。 (3)加速度特點(diǎn):加速度隨速度增大而減小 (4)運(yùn)動特點(diǎn):加速度減小的加速運(yùn)動(5)最終狀態(tài):勻速運(yùn)動(6)兩個極值:最大加速度:v=0時,E反=0,電流、加速度最大速度最大:穩(wěn)定時,電流最小,速度最大, (7)穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律(8)動量關(guān)系:(9)能量關(guān)系:(10)變
43、形:無(有)摩擦力;傾斜導(dǎo)軌;有初速;磁場方向變化 v0 B【例5】如圖所示,水平放置的足夠長平行導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L=0.1m,電源的電動勢E10V,內(nèi)阻r=0.1,金屬桿EF的質(zhì)量為m=1kg,其有效電阻為R=0.4,其與導(dǎo)軌間的動摩擦因素為0.1,整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1T,現(xiàn)在閉合開關(guān),求:(1)閉合開關(guān)瞬間,金屬桿的加速度;(2)金屬桿所能達(dá)到的最大速度;(3)當(dāng)其速度為v=20m/s時桿的加速度為多大?(忽略其它一切電阻,g=10m/s2)【答案】(1)1m/s2; (2)50m/s; (3)0.6m/s23在方向水平的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場
44、中,有兩根豎直放置的導(dǎo)體軌道cd、ef,其寬度為1 m,其下端與電動勢為12 V、內(nèi)電阻為1 的電源相接,質(zhì)量為0.1 kg的金屬棒MN的兩端套在導(dǎo)軌上可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動,如圖所示,除電源內(nèi)阻外,其他一切電阻不計,g=10 ms2,從S閉合直到金屬棒做勻速直線運(yùn)動的過程中( CD )A電源所做的功等于金屬棒重力勢能的增加B電源所做的功等于電源內(nèi)阻產(chǎn)生的焦耳熱C勻速運(yùn)動時速度為20 ms D勻速運(yùn)動時電路中的電流強(qiáng)度大小是2 A【例4】如圖所示,豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L,導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動變阻器R)、定值電阻、電容器(原來不帶電)和開關(guān)S相連整個空間充滿了垂直于
45、導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一質(zhì)量為m,電阻不計的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上已知電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,電容器的電容為C,定值電阻的阻值為R0,不計導(dǎo)軌的電阻(1)當(dāng)S接1時,金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止,則滑動變阻器接入電路的阻值R多大?(2)當(dāng)S接2后,金屬棒ab從靜止開始下落,下落距離s時達(dá)到穩(wěn)定速度,則此穩(wěn)定速度的大小為多大?下落s的過程中所需的時間為多少?(3)先把開關(guān)S接通2,待ab達(dá)到穩(wěn)定速度后,再將開關(guān)S接到3試通過推導(dǎo),說明ab棒此后的運(yùn)動性質(zhì)如何?解析:(1) ,得(2) ,得由動量定理得,其中得(3)S接3后的充電電流為,得=常量。所以ab棒做勻加速直線運(yùn)動,電流是恒定的二、 “雙桿+導(dǎo)軌”模型二、雙棒問題1、無外力等距雙棒(1)電路特點(diǎn):棒2相當(dāng)于電源;棒1受安培力而加速起動,運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢.(2)電流特點(diǎn):隨著棒2的減速、棒1的加速,兩棒的相對速度v2-v1變小,回路中電流也變小。v1=0時:電流最大v2=v1時:電流I0(3)兩棒的運(yùn)動情況安培力大小:兩棒的相對速度變小,感應(yīng)電流變小,安培力變小.棒1做加速度變小的加速運(yùn)動棒2做加速度
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