【導讀】2020-2020學年山東省濰坊市高密三中高三（上）月考物理試卷（12. 1．如圖所示，A、B兩物體緊靠著放在粗糙水平面上．A、B間接觸面光滑．在水平推力F. 作用下兩物體一起加速運動，物體A恰好不離開地面，則物體關于A、B兩物體的受力個數，下列說法正確的是(). 2．在地面上某處將一金屬小球豎直向上拋出，上升一定高度后再落回原處，若不考慮空氣。阻力，則下述圖象能正確反映速度、加速度、位移和動能隨時間變化關系的是（以向上為正。A．通過R1的電流減小，減少量一定等于。B．R2兩端的電壓增大，增加量一定等于△U. 4．2020年10月1日，我國成功發(fā)射了月球探測衛(wèi)星“嫦娥二號”．假設“嫦娥二號”探。測衛(wèi)星在橢圓軌道近月點Q完成近月拍攝任務后到達橢圓軌道的遠月點P進行變軌，此后它。6．如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值

　　

【正文】 將其兩端 a、 b分別與圖甲中的圓形線圈相連接， b端接地（電勢為零）．求： （ 1）圓形線圈中產生的感應電動勢；設 b端電勢為零，求 a端的電勢 φ a （ 2）在 0～ 4s時間內通過電阻 R的電荷量 q． 【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律． 【專題】定量思想；方程法；電磁感應與電路結合． 【分析】由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢； 由歐姆定律求出電流，由電流定義式求出電荷量； 由楞次定律可以判斷出感應電流方向，然后判斷電勢高低． 【解答】解：由法拉第電磁感應定律可得 E=n ， 由圖乙結合數學知識可得 k= = T/s= T/s， 將其代入可求 E= V， 0～ 4 s內磁感應強度增大，圓形線圈內磁通量增加，由楞次定律結合右手定則可得 b點電勢高， a點電勢低， UR=IR=2=3V ， UR=φ b﹣ φ a， φ a=﹣ 3 V； 設平均電流強度為 ，由 q= △t= △t=n △t=n ， 在 0～ 4 s穿過圓形導體線圈的磁通量的變化量為： △Φ= Wb ﹣ 0= Wb， 代入可解得： q=6 C， 答：（ 1）設 b端電勢為零，則 a端的電勢﹣ 3V； （ 2）在 0～ 4s時間內通過電阻 R的電荷量 6C． 【點評】本題考查了求電動勢、電荷量、電勢等，應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、電流定義式即可正確解題． 15．如圖，一個質量為 的小球以某一初速度從 P點水平拋出，恰好從光滑圓弧 ABC的 A點的切線方向進入圓?。ú挥嬁諝庾枇?，進入圓弧時無機械能損失）．已知圓弧的半徑R=， θ=60176。 ，小球到達 A點時的速度 v=4m/s．（取 g=10m/s2） 求：（ 1）小球做平拋運動的初速度 v0； （ 2） P點與 A點的水平距離和豎直高度； （ 3）小球到達圓弧最高點 C時速度和對軌 道的壓力． 【考點】動能定理的應用；牛頓第二定律；平拋運動；向心力． 【專題】動能定理的應用專題． 【分析】（ 1）根據速度的合成與分解求出小球的初速度． （ 2）小球做平拋運動，應用平拋運動規(guī)律求出 P點與 A點的水平距離和豎直高度． （ 3）由動能定理與牛頓第二定律求出速度與壓力． 【解答】解（ 1）小球到 A點的速度如圖所示， 小球的速度： v0=vcosθ=4cos60176。=2m/s ； （ 2）小球的豎直分速度： vy=vsinθ ，又 vy=gt， 代入數據解得： ， 水平方向： x=v0t，代入數據解得： x=， 豎直方向： h= gt2，代入數據解得： h=； （ 3）從 A到 C，由動能定理得： ， 代入數據解得： vC= m/s， 由圓周運動向心力公式得： F+mg=m ， 代入數據解得： F=8N， 由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小 F′=F=8N ，方向豎直向上； 答：（ 1）小球做平拋運動的初速度 v0為 2m/s． （ 2） P點與 A點的水平距離為 ，豎直高度為 ； （ 3）小球到達圓弧最高點 C時速度為 m/s，對軌道的壓力大小為 8N，方向：豎直向上． 【點評】本題考查了求速度、位移、壓力問題，分 析清楚小球的運動過程，應用速度的合成與分解、平拋運動規(guī)律、動能定理、牛頓第二定律即可正確解題． 16．如圖所示，質量 MA=2m的直桿 A懸于離地面很高處，桿 A上套有質量 MB=m的小環(huán) B．將小環(huán) B由靜止釋放，環(huán)做加速度 a= g的勻加速運動．經過時間 t后，將桿 A上方的細線剪斷，桿 A開始下落．桿 A足夠長，環(huán) B始終未脫離桿 A，不計空氣阻力，已知重力加速度為g，求： （ 1）桿 A剛下落時的加速度 a′ ； （ 2）在小環(huán) B下落的整個過程中，環(huán) B對桿 A所做的功 W； （ 3）在小環(huán) B下落的整個過程中，系統(tǒng)產生的熱量 Q． 【考點 】功能關系；牛頓第二定律． 【分析】（ 1）對 B進行受力分析，求出 A與 B之間的摩擦力的大??； （ 2）設當 A下落 t 時間時二者的速度相等，之后二者相對靜止，所以速度相等前桿受到的摩擦力與位移才乘積就是環(huán) B對桿 A所做的功； （ 3）整個過程中產生的熱量等于二者之間的摩擦力與相對位移的乘積，先求出相對位移，再根據 Q=fs即可求出． 【解答】解：（ 1）對小環(huán) B進行受力分析，由牛頓第二定律可得： MBg﹣ f=MBa 解得： f= mg 剪斷繩后 B的加速度不變仍為 a= g 對物體 A，剪斷的瞬間 A受到重力和向下的摩擦力，則： MAg+f=MAa′ 代入數據，解得： （ 2）當 A下落 t 時間時二者的速度相等，則： v=vA=vB， A、 B相對靜止無摩擦力存在 v=a（ △t+t ） =a′t 解得： t=2△t A下落的高度： h′= = B對 A做的功： W=fh′= = （ 3） B下落的高度： h= 解得： h= 小環(huán) B相對 A的位移： s=h﹣ h′ 得： s= 下落過程中，系統(tǒng)生成的熱量 Q=fs 得： Q= 答：（ 1）桿 A剛下落時的加速度是 ； （ 2）在小環(huán) B下落的整個過程中，環(huán) B對桿 A所做的功是 ； （ 3）在小環(huán) B下落的整個過程中，系統(tǒng)產生的 熱量 Q是 ． 【點評】該題結合功能關系考查牛頓第二定律與受力分析，解答本題關鍵是對環(huán)和桿受力分析，然后根據牛頓第二定律求出各個過程的加速度，最后結合運動學公式列式求解． 17．在 xoy平面內存在著如圖所示的電場和磁場，其中二、四象限內電場方向與 y軸平行且相反，大小為 E，一、三象限內磁場方向垂直平面向里，大小相等．一個帶電粒子質量為 m，電荷量為 q，從第四象限內的 P（ L，﹣ L）點由靜止釋放，粒子垂直 y軸方向進入第二象限，求： （ 1）磁場的磁感應強度 B； （ 2）粒子第二次到達 y軸的位置； （ 3）粒子從釋放到第二 次到達 y軸所用時間． 【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）粒子在電場中加速獲得速度，在磁場中的做圓周運動，根據洛倫茲力作為向心力計算磁感應強度的大?。? （ 2）粒子在第二象限做類平拋運動，之后再進入磁場做圓周運動，根據半徑公式計算到達的位置． （ 3）粒子從釋放到第二次到達 y軸所用時間為在電場和磁場中運動的時間的總和． 【解答】解：（ 1）粒子在第四象限內， ， 所以： 在第一象限內， 得： ，又 R=L， 所以： （ 2）在第二象限內， x=v0t， 可解得： x=2L 且進入第三象限時， 所以，進入第三象限時的速度， ，其方向與 x軸負向夾角為 450， 在第三象限內，由 ，得： ， 故 MN為圓周軌跡的直徑，所以 N點的坐標為（ 0，﹣ 2L） （ 3）粒子在第四象限內運動時間 ， 在磁場中運動周期 ， 所以粒子從釋放到第二次到達 y軸所用時間 解得： 答：（ 1）磁場的磁感應強度 B為 ； （ 2）粒子第二次到達 y軸的位置為（ 0，﹣ 2L）； （ 3）粒子從釋放到第二次到達 y軸所用時間為 ． 【點評】本題為帶電 粒子在組合場中的運動，要注意分別應用電場中的加速，磁場中的勻速圓周運動的規(guī)律進行分析求解．并注意認真分析其對應的物理過程．明確物理規(guī)律的正確應用．