【導讀】2020-2020學年江蘇省鹽城中學高三（上）月考物理試卷。1．許多科學家在物理學發(fā)展中作出了重要的貢獻，下列表述正確的是(). A．伽利略認為自由落體運動是速度隨位移均勻變化的運動，并通過實驗得到驗證。B．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并計算出太陽與地球間引力的大小。D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并總結(jié)出了電磁感應(yīng)規(guī)律。2．如圖所示，水平地面上固定著一根豎直立柱，某人用繩子通過柱頂?shù)亩ɑ唽⒅匚锢?，不計滑輪摩擦．則在人拉著繩子的一端緩慢向右移動的過程中(). B．地面對人的摩擦力逐漸減小，繩對滑輪的壓力保持不變。3．我國“嫦娥二號”探月衛(wèi)星于2020年10月1日成功發(fā)射，有一階段在離月球表面h高。度處的圓形軌道上運行．已知“嫦娥二號”在該軌道上運行的周期為T，月球半徑為R，月。小球的拉力分別為Ta和Tb，圓錐內(nèi)壁對小球的支持力分別為Na和Nb，則下列說法中正確的

　　

【正文】 二定律求出加速度，根據(jù)運動學基本公式求出速度和位移，進而根據(jù) W=Fx求解做功； （ 2）撤去 F后，對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)運動學基本公式求出位移，返回到斜面底端過程中，依牛頓第二定律求出加速度，再結(jié)合運動學基本公式求出速度． 【解答】 解：（ 1）撤去 F前，物體受力如圖 1示 依牛頓第二定律： F﹣ mgsinθ ﹣ μmgcosθ=ma 1 得： a1=10m/s2 依運動學公式： V1=a1t1 得： V1=10m/s， 得： X1=5m 根據(jù) W=F X1 得： W=100J （ 2）撤去 F后，物體受力如圖 2示 依牛頓第二定律：﹣ mgsinθ ﹣ μmgcosθ=ma 2 得： a2=﹣ 10m/s2 依運動學公式： 得： X2=5m 返回到斜面底端過程中，受力如圖 3 依牛頓第二定律： mgsinθ ﹣ μmgcosθ=ma 3 得： a3=2m/s2 依運動學公式： 得： 答：（ 1）撤去 F時，物體的速度是 10m/s，此過程中 F做的功是 100J； （ 2）物體再返回到斜面低端時的速度是 ． 【點評】 本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應(yīng)用，要求 同學們正確分析物體的受力情況，第二問可使用動能定理求解，難度適中． 15．如圖甲所示，長為 4m的水平軌道 AB與半徑為 R= BC在 B處相連接，有一質(zhì)量為 1kg的滑塊（大小不計），從 A處由靜止開始受水平向右的力 F作用， F的大小隨位移變化關(guān)系如圖乙所示，滑塊與 AB間動摩擦因數(shù)為 ，與 BC間的動摩擦因數(shù)未知，取 g=l0m/s2．求： （ 1）滑塊到達 B處時的速度大?。? （ 2）滑塊在水平軌道 AB 上運動前 2m過程中所需的時間； （ 3）若滑塊到達 B點時撤去力 F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并 恰好能達到最高點 C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少． 【考點】 動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；牛頓第二定律． 【專題】 動能定理的應(yīng)用專題． 【分析】 （ 1）對滑塊從 A到 B的過程作為研究的過程，運用動能定理求出滑塊到達 B處時的速度大小． （ 2）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在水平軌道 AB上運動前 2m 過程中加速度，根據(jù)運動學公式求出運動的時間． （ 3）滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能達到最高點 C，知最高點彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出臨界的速度，根據(jù)動能定理求出滑塊在半圓軌道上克服摩擦 力所做的功． 【解答】 解：（ 1）滑塊從 A到 B的過程中，由動能定理 F1x1﹣ F2x3﹣ μmgx= 即 202 ﹣ 101 ﹣ 1104= 得： vB= （ m/s） （ 2）在前 2m內(nèi)： F1﹣ μmg=ma 1 且 x1= 解得： t1= （ s） （ 3）當滑塊恰好能到達 C點時，應(yīng)有： 滑塊從 B到 C的過程中，由動能定理： 得： W=﹣ 5（ J） 即克服摩擦力做功為 5J． 答：（ 1）滑塊到達 B處時的速度大小為 m/s． （ 2）滑塊在水平軌道 AB 上運動前 2m過程中所需的時間為 s． （ 3）滑塊 在半圓軌道上克服摩擦力所做的功為 5J． 【點評】 本題綜合考查了牛頓第二定律、動能定理，并與直線運動、圓周運動相結(jié)合，綜合性較強，是一道好題． 16．如圖所示，兩塊豎直放置的導體板間存在水平向左的勻強電場，板間距離為 d．有一帶電量為 +q、質(zhì)量為 m的小球（可視為質(zhì)點）以水平速度從 A孔進入勻強電場，且恰好沒有與右板相碰，小球最后從 B孔離開勻強電場，若 A、 B兩孔的距離為 4d，重力加速度為 g，求： （ 1）兩板間的場強大??； （ 2）小球從 A孔進入電場時的速度； （ 3）從小球進入電場到其速度達到最小值，小球電勢能的變化 量為多少？ 【考點】 牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；電勢能． 【專題】 牛頓運動定律綜合專題． 【分析】 （ 1）小球水平水平方向先向右勻減速后反向勻加速，豎直方向自由落體運動，根據(jù)運動學公式列式后聯(lián)立求解； （ 2）根據(jù)牛頓第二定律求解出水平方向的加速度，然后根據(jù)速度位移公式求解初速度； （ 3）求解出水平分速度和豎直分速度的表達式，得到合速度的表達式進行分析得到最小速度，小球電勢能的變化量等于電場力做的功． 【解答】 解：（ 1）由題意可知，小球在水平方向先減速到零，然后反向加速．設(shè)小球進入 A孔 的速度為 v0，減速到右板的時間為 t，則有： 水平方向： 豎直方向： 聯(lián)立解得 （ 2）在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有 qE=max 根據(jù)運動學公式有 聯(lián)立解得 （ 3）小球進入電場后，在水平方向上做減速運動，即 =v0﹣ gt′ 在豎直方向上做加速運動，即 vy=gt39。 小球在電場中的速度大小為 聯(lián)立由數(shù)學知識可得 時小球速度達到最小，最小值為 ； 此時粒子在水平方向的位移為： 在此過程中電場力做功為 W=﹣ qEx 而 W=﹣ △E p 聯(lián)立解得 ，即粒子的電勢能增加 答：（ 1）兩板間的場強大小為 ； （ 2）小球從 A孔進入電場時的速度為 ； （ 3）從小球進入電場到其速度達到最小值為 ，小球電勢能的增加量為 ． 【點評】 本題關(guān)鍵是將小球的運動沿著水平方向和豎直方向增加分解，然后根據(jù)運動學公式、牛頓第二定律、功能關(guān)系列式求解． 17．如圖所示，垂直紙面的兩平行金屬板 M、 N之間加有電壓， M板上 O1處有一粒子源，可不斷產(chǎn)生初速度為零的帶正電粒子，粒子電荷量為 q，質(zhì)量為 m， N板右側(cè)是一半徑為 R的接地金屬圓筒，圓筒垂直于紙面且可繞中心軸逆時針轉(zhuǎn)動． O2為 N板上正對 O1的小孔， OO4為圓筒某一直徑兩端的小孔，開始時 O O O O4在同一水平線上．在圓簡上方垂直紙面放置一熒光屏，熒光屏與直線 O1O2平行，圓筒轉(zhuǎn)軸到熒光屏的距離 OP=3R．不計粒子重力及粒子間相互作用． （ 1）若圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場，粒子通過圓筒的時間為 t，求金屬板 MN上所加電壓 U； （ 2）若圓筒內(nèi)加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B，圓筒繞中心軸以某一角速度逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，調(diào)節(jié) MN間的電壓使粒子持續(xù)不斷地以不同速度從小孔 O2射出電場，經(jīng)足夠長的時間，有的粒子打到圓筒上被吸收，有的通過圓筒打到熒光屏上產(chǎn)生亮斑．如果在熒光屏 PQ范圍內(nèi) 的任意位置均會出現(xiàn)亮斑， PQ= R．求粒子到達熒光屏時的速度大小v的范圍； （ 3）在第（ 2）問情境中，若要使進入圓筒的粒子均能從圓筒射出來，求圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω ． 【考點】 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動． 【專題】 計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題． 【分析】 （ 1）對直線加速過程運用動能定理列式；對穿過圓筒過程根據(jù)速度公式列式；最后聯(lián)立求解． （ 2）熒光屏 PQ范圍內(nèi)的任意位置均會出現(xiàn)亮斑，說明 PQ范圍內(nèi)均有粒子到達，最小速度v1的粒子到達 P點，最大速度 v2的 粒子達到 Q點；畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解兩個臨界速度； （ 3）先畫出磁偏轉(zhuǎn)的軌跡，求解磁偏轉(zhuǎn)過程的時間，在結(jié)合等時性求解圓筒的角速度，得到一般表達式后討論即可． 【解答】 解：（ 1）粒子經(jīng)電場加速，由動能定理得： qU= mv2 ① 進入圓筒中的粒子有： t= ② 由 ①② 得： U= ③ （ 2）熒光屏 PQ范圍內(nèi)的任意位置均會出現(xiàn)亮斑，說明 PQ范圍內(nèi)均有粒子到達，最小速度v1的粒子到達 P點，最大速度 v2的粒子達到 Q點，從 PQ間射出的粒子的速度應(yīng)該含有 v1到v2范圍內(nèi)的任意 值． 在圓筒中，由牛頓第二定律，有： qvB=m ④ 打到熒光屏上 P點的粒子速度： r1=R ⑤ 由 ④⑤ 得，到達 P點的粒子速度： v1= ⑥ 如圖由幾何關(guān)系知到達 Q點的粒子穿過圓筒的偏角： α=60176。 ⑦ 到達 Q點的粒子應(yīng)該滿足： r2=Rtan60176。 ⑧ 到達 Q點的粒子速度： v2= ⑨ 到達熒光屏的粒子速度大小 v的范圍： ≤v≤ （ 3）設(shè)粒子穿過圓筒的偏轉(zhuǎn)角為 β ，則粒子穿過圓筒的時間： △t= T 又 T= 粒子穿出圓筒應(yīng)滿足： ω?△t=β+kπ （ k取 0， 1， 2， 3? ） ω= （ 1+ ） （ k取 0， 1， 2， 3? ） 粒子速度不同， β 不同，要使不同速度的粒子穿過以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動的圓筒應(yīng)該滿足： k=0 即 ω= 答：（ 1）金屬板 MN上所加電壓 U為 ； （ 2）粒子到達熒光屏時的速度大小 v的范圍為： ≤v≤ ； （ 3）在第（ 2）問情境中，若要使進入圓筒的粒子均能從圓筒射出來，圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω 為 ． 【點評】 本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析，不難．