金陵中學(xué)、丹陽(yáng)高級(jí)中學(xué)、無(wú)錫一中2020屆高三下學(xué)期期初聯(lián)考物理試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精江蘇省金陵中學(xué)、丹陽(yáng)高級(jí)中學(xué)、無(wú)錫一中2020屆高三下學(xué)期期初聯(lián)考物理試題含解析2020屆高三年級(jí)第二學(xué)期期初聯(lián)考試卷物理試題一、單項(xiàng)選擇題1。物塊M在靜止的傳送帶上勻加速下滑時(shí)，傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的方向如圖中箭頭所示.則傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)后（）A.M減速下滑B.M仍勻加速下滑，加速度比之前大C.M仍勻加速下滑，加速度與之前相同D。M仍勻加速下滑，加速度比之前小【答案】C【解析】【詳解】傳送帶靜止時(shí)，物塊加速向下滑，對(duì)物塊受力分析，垂直傳送帶方向平行傳送帶斜向下所以傳送帶突然向上轉(zhuǎn)到，物塊依然相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng),受力沒(méi)有變化，摩擦力依然平行傳送帶向上,所以小物塊加速度不變，所以C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C.2.帆船運(yùn)動(dòng)中，運(yùn)動(dòng)員可以調(diào)節(jié)帆面與船前進(jìn)方向的夾角，使船能借助風(fēng)獲得前進(jìn)的動(dòng)力．下列圖中能使帆船獲得前進(jìn)動(dòng)力的是A。 B.C。 D.【答案】D【解析】【分析】船所受風(fēng)力與帆面垂直，將風(fēng)力分解成沿船前進(jìn)方向和垂直于船身方向．船在垂直船身方向受到的阻力能抵消風(fēng)力垂直于船身方向的分量【詳解】A、A圖中船所受風(fēng)力垂直于船前進(jìn)方向,沿船前進(jìn)方向的分力是零．故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B、將B圖中風(fēng)力分解后沿船前進(jìn)方向分力與船前進(jìn)方向相反，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C、將C圖中風(fēng)力分解后沿船前進(jìn)方向分力與船前進(jìn)方向相反，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D、將D圖中風(fēng)力分解后沿船前進(jìn)方向分力與船前進(jìn)方向相同,能使使帆船獲得前進(jìn)動(dòng)力．故D項(xiàng)正確．3.如圖所示，鐵芯上繞有線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B與理性發(fā)光二極管D相連，銜鐵E連接彈簧K控制觸頭C的通斷，忽略A的自感,下列說(shuō)法正確的是A.閉合S,D閃亮一下B。閉合S，C將會(huì)過(guò)一小段時(shí)間接通C.斷開(kāi)S，D不會(huì)閃亮D。斷開(kāi)S，C將會(huì)過(guò)一小段時(shí)間斷開(kāi)【答案】D【解析】【詳解】AB。當(dāng)閉合S瞬間時(shí)，穿過(guò)線圈B的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律：增反減同，結(jié)合右手螺旋定則可知,線圈B的電流方向逆時(shí)針,而由于二極管順時(shí)針?lè)较驅(qū)щ?則線圈B不會(huì)閃亮一下，則線圈A中磁場(chǎng)立刻吸引C，導(dǎo)致其即時(shí)接觸，故A，B錯(cuò)誤；CD.當(dāng)斷開(kāi)S瞬間時(shí)，穿過(guò)線圈B的磁通量要減小，根據(jù)楞次定律:增反減同,結(jié)合右手螺旋定則可知,電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，則二極管處于導(dǎo)通狀態(tài),則D會(huì)閃亮，同時(shí)對(duì)線圈A有影響，阻礙其磁通量減小,那么C將會(huì)過(guò)一小段時(shí)間斷開(kāi),故C錯(cuò)誤，D正確；故選D．【點(diǎn)睛】該題考查楞次定律與右手螺旋定則的應(yīng)用，注意穿過(guò)閉合線圈的磁通量變化，線圈相當(dāng)于電源，而電流是從負(fù)板流向正極,同時(shí)理解二極管的單向?qū)щ娦裕?。某靜電場(chǎng)中有電場(chǎng)線與x軸重合，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ分布如圖所示，圖線關(guān)于縱軸對(duì)稱，則（)Ax1處和－x1處場(chǎng)強(qiáng)方向相同 B。x1處和－x2處場(chǎng)強(qiáng)大小相等C。某帶電粒子在x2處和－x2處電勢(shì)能相等 D.某帶電粒子在x2處的電勢(shì)能大于在－x2處的電勢(shì)能【答案】C【解析】【詳解】AB．φ—x圖象的斜率大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度，x1處和-x1處場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反,x1處和-x2處場(chǎng)強(qiáng)大小不相等，故AB錯(cuò)誤;CD．在x2處和—x2處電勢(shì)相等，根據(jù)Ep=qφ知某帶電粒子在x2處和—x2處電勢(shì)能相等，故C正確,D錯(cuò)誤。

故選C。5.一物塊由O點(diǎn)下落，到A點(diǎn)時(shí)與直立于地面的輕彈簧接觸，到B點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，到C點(diǎn)時(shí)速度減為零，然后被彈回．物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則物塊()A。從A下降到B的過(guò)程中,合力先變小后變大B.從A下降到C的過(guò)程中，加速度先增大后減小C。從C上升到B的過(guò)程中，動(dòng)能先增大后減小D。從C上升到B的過(guò)程中，系統(tǒng)的重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和不斷增加【答案】C【解析】【詳解】A．從A下降到B的過(guò)程中，物塊受到向下的重力，彈簧向上的彈力和向上的空氣阻力,重力大于彈力和空氣阻力之和，彈力逐漸增大,合力逐漸減小，加速度逐漸變小，到B點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大,此時(shí)合力為零，則從A下降到B的過(guò)程中合力一直減小到零，故A錯(cuò)誤；B．從A下降到B的過(guò)程中，彈簧的彈力和空氣阻力之和小于重力,物塊的合力逐漸向下，加速度逐漸減小到零;從B下降到C的過(guò)程中，物塊的合力向上，加速度向上逐漸增大,則從A下降到C的過(guò)程中，加速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤;C．從C上升到B的過(guò)程中，開(kāi)始彈力大于空氣阻力和重力之和，向上加速，當(dāng)加速度減為零時(shí)此時(shí)的壓縮量，位置在B點(diǎn)下方,速度達(dá)到向上的最大，此后向上做變減速直線運(yùn)動(dòng)，故從C上升到B的過(guò)程中，動(dòng)能先增大后減小,故C正確；D．對(duì)于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)，由于空氣阻力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能減小，即物塊的動(dòng)能、重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和減小,從C上升到B的過(guò)程中，物塊的動(dòng)能先增大后減小，則系統(tǒng)的重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和在動(dòng)能最大之前是一直減小,之后就不能確定，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題6。如圖所示，一小球固定在輕桿上端，AB為水平輕繩,小球處于靜止?fàn)顟B(tài),則桿對(duì)小球的作用力方向可能是(）A。F1 B。F2 C.F3 D。F4【答案】BC【解析】【詳解】小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則桿對(duì)小球的作用力方向在重力與繩子拉力夾角的對(duì)頂角范圍內(nèi)（不含水平方向）,如圖所示；所以桿對(duì)小球的作用力方向可能是F2和F3，故BC正確，AD錯(cuò)誤.故選BC.7.火星探測(cè)項(xiàng)目是我國(guó)繼載人航天工程、嫦娥工程之后又一個(gè)重大的太空探索項(xiàng)目,如圖所示,探測(cè)器被發(fā)射到圍繞太陽(yáng)的橢圓軌道上,A為近日點(diǎn),遠(yuǎn)日點(diǎn)B在火星軌道近，探測(cè)器擇機(jī)變軌繞火星運(yùn)動(dòng),則火星探測(cè)器（）A.發(fā)射速度介于第一、第二宇宙速度之間B.在橢圓軌道上運(yùn)行周期大于火星公轉(zhuǎn)周期BC.從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中動(dòng)能逐漸減小D。在B點(diǎn)受到太陽(yáng)引力小于在A點(diǎn)受到的太陽(yáng)引力【答案】CD【解析】【詳解】A．離開(kāi)地球圍繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A錯(cuò)誤;B．兩個(gè)軌道都圍繞太陽(yáng)，根據(jù)開(kāi)普勒行星第三定律，軌道半徑（半長(zhǎng)軸）小的，周期小，所以橢圓軌道運(yùn)行周期小，所以B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開(kāi)普勒行星第二定律,近日點(diǎn)速度最大，遠(yuǎn)日點(diǎn)速度最小，從A到B速度不斷減小，動(dòng)能不斷減小,C正確；D．B點(diǎn)到太陽(yáng)的距離大于A點(diǎn)到太陽(yáng)的距離,萬(wàn)有引力與距離的平方成反比，所以在B點(diǎn)受到的太陽(yáng)引力小于在A點(diǎn)受到的太陽(yáng)引力，D正確;故選D。8.在一個(gè)很小的矩形半導(dǎo)體薄片上，制作四個(gè)電極E、F、M、N，做成了一個(gè)霍爾元件,在E、F間通入恒定電流I，同時(shí)外加與薄片垂直的磁場(chǎng)B，M、N間的電壓為UH．已知半導(dǎo)體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場(chǎng)的方向如圖所示,下列說(shuō)法正確的有（）A.N板電勢(shì)高于M板電勢(shì)B.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大,MN間電勢(shì)差越大C。將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行,UH不變D.將磁場(chǎng)和電流分別反向，N板電勢(shì)低于M板電勢(shì)【答案】AB【解析】A、根據(jù)左手定則，電流的方向向里，自由電荷受力的方向指向N端，向N端偏轉(zhuǎn)，則N點(diǎn)電勢(shì)高，故A正確;B、設(shè)左右兩個(gè)表面相距為d，電子所受的電場(chǎng)力等于洛侖茲力，即：設(shè)材料單位體積內(nèi)電子的個(gè)數(shù)為n，材料截面積為s,則①;I=nesv

②；s=dL

③;由①②③得：，令，則

④；所以若保持電流I恒定,則M、N間的電壓與磁感慮強(qiáng)度B成正比，故B正確；C、將磁場(chǎng)方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則帶電粒子不會(huì)受到洛倫茲力，因此不存在電勢(shì)差，故C錯(cuò)誤；D、若磁場(chǎng)和電流分別反向,依據(jù)左手定則，則N板電勢(shì)仍高于M板電勢(shì)，故D錯(cuò)誤．故選AB?！军c(diǎn)睛】解決本題關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向,以及知道最終電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下平衡．9.如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上,上表面OA段光滑，AB段粗糙且長(zhǎng)為l,左端O處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F．質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動(dòng)壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)最大時(shí)細(xì)繩恰好被拉斷，再過(guò)一段時(shí)間后長(zhǎng)木板停止運(yùn)動(dòng)，小滑塊恰未掉落．則()A。細(xì)繩被拉斷瞬間木板加速度大小為B.細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢(shì)能為C.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)滑塊的動(dòng)能為D.滑塊與木板AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為【答案】ABD【解析】【詳解】A．細(xì)繩被拉斷瞬間,對(duì)木板分析，由于OA段光滑，沒(méi)有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧給的彈力,細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有:解得，A正確；B．滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動(dòng)壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時(shí)速度為0，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢(shì)能為，B正確；C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)木板獲得的動(dòng)能,所以滑塊的動(dòng)能小于,C錯(cuò)誤;D．由于細(xì)繩被拉斷瞬間,木板速度為零,小滑塊速度為零，所以小滑塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即,小滑塊恰未掉落時(shí)滑到木板的右端,且速度與木板相同，設(shè)為，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得聯(lián)立解得，D正確。故選ABD.三、簡(jiǎn)答題10.某同學(xué)用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究恒力做功與小車動(dòng)能變化的關(guān)系．（1）為了能用砂和砂桶的總重力所做的功表示小車所受拉力做的功，本實(shí)驗(yàn)中小車質(zhì)量M________（填“需要"、“不需要"）遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量m．（2）圖乙為實(shí)驗(yàn)得到的一條清晰的紙帶，A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個(gè)連續(xù)的點(diǎn)，sAD=_________cm．已知電源頻率為50Hz，則打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打D點(diǎn)時(shí)紙帶的速度v=_________m/s（保留兩位有效數(shù)字）．（3）該同學(xué)畫(huà)出小車動(dòng)能變化與拉力對(duì)小車所做的功的ΔEk—W關(guān)系圖像，由于實(shí)驗(yàn)前遺漏了平衡摩擦力這一關(guān)鍵步驟，他得到的實(shí)驗(yàn)圖線（實(shí)線）應(yīng)該是____________．【答案】(1)。需要（2).2.10(3）.0.50(4）.D【解析】（1）為了能用砂和砂桶的總重力所做的功表示小車所受拉力做的功，則繩中拉力要等于砂和砂桶的總重力，即小車質(zhì)量M需要遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量m．（2)由圖得打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打D點(diǎn)時(shí)紙帶的速度（3）理論線，實(shí)驗(yàn)線，則隨著功的增大，兩線間距變大．故D項(xiàng)正確．11。測(cè)定一節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，電路如圖甲所示，MN為一段粗細(xì)均勻、電阻率較大的電阻絲,定值電阻R0=1。0Ω.調(diào)節(jié)滑片P，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I及對(duì)應(yīng)的PN長(zhǎng)度x，繪制了U-I圖像如圖乙所示。（1）由圖乙求得電池的電動(dòng)勢(shì)E＝_______V,內(nèi)阻r=_______Ω。（2)實(shí)驗(yàn)中由于電表內(nèi)阻的影響，電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值_______其真實(shí)值（選填“大于"、“等于”或“小于”）。(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可繪出—x圖像,如圖丙所示。圖像斜率為k，電阻絲橫截面積為S，可求得電阻絲的電阻率ρ＝_______，電表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量_______（選填“有”或“沒(méi)有”）影響?！敬鸢浮?1）.1.49（2）.0.45(3)。小于（4)。kS(5)。沒(méi)有【解析】【詳解】（1)[1][2]由閉合電路歐姆定律可知U=E—I（r+R0)則可知圖2中的圖象與縱坐標(biāo)間的交點(diǎn)表示電動(dòng)勢(shì)，故E=1。49V；

圖象的斜率表示(r+R0）,則解得r=1.45-1。0=0.45Ω（2）[3］由圖示可知,伏安法測(cè)電阻相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測(cè)量值偏小，當(dāng)外電路短路時(shí),電流測(cè)量值等于真實(shí)值，電源的U—I圖象如圖所示

由圖象可知，電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值小于真實(shí)值,電源內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值。（3)[4］［5］根據(jù)歐姆定律可知，電阻則可知解得ρ=kS若考慮電流表的內(nèi)阻,則，則圖象的斜率不變,所以得出的電阻率沒(méi)有影響。12。下列說(shuō)法正確的有A.電子的衍射圖樣表明電子具有波動(dòng)性B。發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，僅增大入射光的頻率,光電子的最大初動(dòng)能就增大C.β衰變中放出的β射線是核外電子掙脫原子核束縛而形成的D.中子和質(zhì)子結(jié)合成氘核,若虧損的質(zhì)量為m，則需要吸收mc2的能量【答案】AB【解析】【詳解】A．衍射是波動(dòng)性的體現(xiàn)，A正確；B．根據(jù)光電效應(yīng)方程，僅增大入射光頻率，光子能量增大,逸出功不變，光電子初動(dòng)能增大，B正確；C．β衰變中放出的β射線是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子過(guò)程中跑射出的電子形成的D．質(zhì)量虧損，根據(jù)質(zhì)能方程,應(yīng)該放出能量，D錯(cuò)誤;故選AB。13.恒星向外輻射的能量來(lái)自于其內(nèi)部發(fā)生的各種熱核反應(yīng),當(dāng)溫度達(dá)到108K時(shí)，可以發(fā)生“氦燃燒”。完成“氦燃燒"的核反應(yīng)方程：＋_______→。是一種不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為2。6×10－16s。一定質(zhì)量的，經(jīng)7.8×10－16s后所剩下的占開(kāi)始時(shí)的_______?！敬鸢浮浚?）。（2）.【解析】【詳解】[1］根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒,未知粒子的質(zhì)量數(shù)為4，電荷數(shù)為2，為;

［2]半衰期為2。6×10—16s，經(jīng)7.8×10—16s,即3個(gè)半衰期，根據(jù)知剩余占開(kāi)始時(shí)的。14.如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以、的速率相向運(yùn)動(dòng),碰撞后B球靜止．已知碰撞時(shí)間為，A、B的質(zhì)量均為求：碰撞后A球的速度大?。慌鲎策^(guò)程A對(duì)B平均作用力的大?。敬鸢浮?1)（2）【解析】【詳解】①、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)B的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较蛴蓜?dòng)量守恒定律得解得;②對(duì)B，由動(dòng)量定理得，解得；15.下列說(shuō)法正確的有_________A。布朗運(yùn)動(dòng)直接反映了分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性B.水的飽和氣壓隨溫度升高而降低C.有些非晶體在一定條件下可轉(zhuǎn)化為晶體D.荷葉上小水珠呈球形，是由于表面張力作用而引起的【答案】CD【解析】【詳解】A．布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體中的固體微粒做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，間接反映了周圍的分子做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．與液體處于動(dòng)態(tài)平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；反之，稱為不飽和蒸氣。飽和蒸氣壓力與飽和蒸氣體積無(wú)關(guān)！在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的,因而其壓強(qiáng)也是一定的，這個(gè)壓強(qiáng)叫做飽和蒸氣壓力。蒸發(fā)面溫度升高時(shí),水分子平均動(dòng)能增大，單位時(shí)間內(nèi)脫出水面的分子增多（此時(shí)，落回水面的分子數(shù)與脫出水面的分子數(shù)相等），故高溫時(shí)的飽和水汽壓比低溫時(shí)要大，故B錯(cuò)誤；C．晶體和非晶體區(qū)別在于內(nèi)部分子排列，有些通過(guò)外界干預(yù)可以相互轉(zhuǎn)化,如把晶體硫加熱熔化（溫度超過(guò)300℃）再倒進(jìn)冷水中，會(huì)變成柔軟的非晶硫，再過(guò)一段時(shí)間又會(huì)轉(zhuǎn)化為晶體硫，故C正確;D．荷葉上小水珠呈球形，是因?yàn)楸砻鎸拥乃肿颖容^稀疏，分子間表現(xiàn)為分子引力，從而表面有收縮的趨勢(shì)，是由于表面張力作用而引起的，故D正確;故選CD.16。夏天的陽(yáng)光烤暖了大地，使地面附近的空氣變熱，形成暖氣團(tuán)升往高空而逐漸膨脹。由于暖氣團(tuán)體積非常大，可不計(jì)和外界大氣的熱交換，則暖氣團(tuán)在上升過(guò)程中內(nèi)能_____（選填“減小”“增大”或“不變”），暖氣團(tuán)內(nèi)部的溫度____(選填“升高”“降低”或“不變”).【答案】（1）.減小(2）.降低【解析】【詳解】［1］暖氣團(tuán)在上升過(guò)程中膨脹，對(duì)外做正功，由熱力學(xué)第一定律知內(nèi)能減??；[2]氣體由于分子間距離較大，不考慮分子勢(shì)能，所以氣體只有分子動(dòng)能，內(nèi)能減小，分子的平均動(dòng)能減小，溫度降低.17。如圖為一定質(zhì)量的理想氣體的體積V隨熱力學(xué)溫度T的變化關(guān)系圖像。由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過(guò)程中氣體吸收熱量Q1=220J，氣體在狀態(tài)A的壓強(qiáng)為p0=1。0×105pa。求：①氣體在狀態(tài)B時(shí)的溫度T2;②氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體向外放出的熱量Q2?！敬鸢浮竣?00K；②120J【解析】【詳解】①氣體從A到B發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律有即代入數(shù)據(jù)解得T2=600K②A到B過(guò)程氣體從外界吸熱，對(duì)外界做功，內(nèi)能增加C狀態(tài)與A狀態(tài)內(nèi)能相等，B到C過(guò)程，對(duì)外界不做功，則內(nèi)能減少,且即所以氣體放出熱量120J.四、計(jì)算或論述題18.如圖甲所示，單匝正方形線框abcd的電阻R=0。5Ω，邊長(zhǎng)L=20cm,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于線框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，求：（1)0～2s內(nèi)通過(guò)ab邊橫截面的電荷量q；（2）3s時(shí)ab邊所受安培力的大小F;（3）0~4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q．【答案】(1）C（2)N（3)J【解析】⑴由法拉第電磁感應(yīng)定律得電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流電量解得⑵安培力由圖得3s時(shí)的B=0。3T代入數(shù)值得⑶由焦耳定律得代入數(shù)值得：【點(diǎn)睛】考查法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律的內(nèi)容，掌握安培力大小表達(dá)式，理解焦耳定律的應(yīng)用，注意圖象的正確運(yùn)用．19.如圖所示，長(zhǎng)為3l的不可伸長(zhǎng)的輕繩，穿過(guò)一長(zhǎng)為l的豎直輕質(zhì)細(xì)管,兩端拴著質(zhì)量分別為m、m的小球A和小物塊B，開(kāi)始時(shí)B先放在細(xì)管正下方的水平地面上．手握細(xì)管輕輕搖動(dòng)一段時(shí)間后，B對(duì)地面的壓力恰好為零，A在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g，不計(jì)一切阻力．(1）求A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)繩與豎直方向夾角θ；(2）求搖動(dòng)細(xì)管過(guò)程中手所做的功；（3）輕搖細(xì)管可使B在管口下的任意位置處于平衡，當(dāng)B在某一位置平衡時(shí)，管內(nèi)一觸發(fā)裝置使繩斷開(kāi)，求A做平拋運(yùn)動(dòng)的最大水平距離．【答案】(1）θ=45°；（2）；(3).【解析】【詳解】（1）B對(duì)地面剛好無(wú)壓力，對(duì)B受力分析,得此時(shí)繩子的拉