2025—2026學(xué)年度上學(xué)期2024命題人：高勝 審題人：劉考試時間：20251114列實驗現(xiàn)象，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是 判斷正確的是（）Ek-t圖像中應(yīng)有t4t3t3t2t2DD形盒為電能供衛(wèi)星使用。如圖所示，圖線a是太陽能電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖像（電池內(nèi)阻不是常量，圖線b是某電阻R的UI圖像。在該光照強度下將它們組成閉合 E電阻兩端的電壓為UP1rR的電熱絲串聯(lián)組成，電路2U，電吹風(fēng)正常工作，此時電熱絲兩端的電壓為U1，則下列判斷正確的是 電熱絲中的電流大小為R電動機中的電流大小為U U電吹風(fēng)的機械功率為 11 R電動機消耗的功率為U1UU1非常好的清洗效果。已知水槍出水口的直徑為d，水流從槍口沖出的速度為v，水的密度為ρ，水流水平射出，忽略水流豎直方向的 v2d

d?

v2d?

v2d?如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球P、Q發(fā)生一維碰撞，兩小球質(zhì)量分別為m1和m2，xt圖像。已知m10.3kg 碰前P做勻加速直線運動，Q做勻速可以計算出m2如圖，在豎直平面內(nèi)的Oxy直角坐標(biāo)系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強BxMN，MNx軸dO的粒子源，沿OxyxqmqBd子的重力、空氣阻力及粒子間的相互作用，則 粒子在磁場中做圓周運動的半徑為（3-薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長度為α粒子（4原子核，其速度方向與磁場方向垂直。測得α粒子與反沖核軌道半徑之比為30∶1，如圖所示。已知原子核衰變過程動量守恒，電荷守恒，α粒子帶2個單位元電荷，相對原子質(zhì)量是4，則 αα粒子和反沖核的動量大小相等、方向相反路如圖丙所示，當(dāng)松開鍵盤過程中，下列說法正確的是（）電容器的電容變 B．電容器所帶電荷量變C．電容器的電場強度變 D．電流從a經(jīng)電流計流向MN60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左BMN上am（重力不計、電q（q＞0）MN點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是 C．

D．11（8電量。如圖（a）所示，他將一由絕緣材料制成的小物塊A放在足夠長的木板上，打點計時器為消除摩擦力的影響，他將長木板一端墊起一定傾角，接通打點計時器，輕輕推一下小物塊，使其沿著長木板向下運動。多次調(diào)整傾，直至打出的紙帶上點跡 ，測出此時輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連，繩與滑輪摩擦不計。給物塊A帶上一定量的正電荷，保持傾 D物塊A的質(zhì)量物塊B的質(zhì)量物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)兩物塊最終的速度 12（8V（R1R2R（ U-I圖線如圖乙所示，該磷酸鐵鋰電池的電動勢 ”13（14分）37°a點以初速度v012m/sb（圖中未畫出E1.5104NC，小球的電荷量q2.0104Ca、bb14（14分）如圖，質(zhì)量為M2kgAx，R0.4m上表面水平相切。質(zhì)量為m1kgB（可視為質(zhì)點）以初速度v0

頂端沿圓弧下滑，BA右端的上表面水平滑入時撤走圓弧。A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力，A、B之間動摩擦因數(shù)μ0.1，A足夠長，BA表面滑出，取重力加g10m/s2。ABABAx15（16從坐標(biāo)原點O以大小為v1x軸正方向的夾角為θ30，該粒子在第四象限內(nèi)恰好以速度v1做勻速直線運動。不計粒子的重力及空氣阻力。E段時間后，該粒子經(jīng)過M點（圖中未畫出）yy軸負(fù)方向，求粒子從O點運動至M點的過程中電場力做的功W。D【詳解】磁生電的現(xiàn)象叫作電磁感應(yīng)。甲圖中的現(xiàn)象是通電導(dǎo)線產(chǎn)生磁場使小磁針發(fā)生偏D。D【詳解】AD形盒中做圓周運動的周期T2πm的時間間隔為半個周期，故t4t3t3t2t2t1，A錯誤；B洛倫茲力提供向心力，即qvB

RDDv

q2B2R2時，速度最大。由此解出最大速度

mEkmax2mvm

加速電壓無關(guān)，B錯誤；CDq2B2小，加速次數(shù)增多但最大動能不變，C錯誤；DEkmax動能增大，DD

DRC【詳解】A．由閉合電路歐姆定律有UEIrI=0E=U，a與縱軸的交E=4VA錯誤；BC．根據(jù)兩圖線交點可知，電阻兩端的電壓為U=3VI=0.2APUI0.6WB錯誤，C正確；D．此時太陽能電為rEU5DCD

U1，電動機兩端的電壓為

MUIIU1PUIUUU1 M 1PPI2rU11(RrD

R d v2d得F 。故選DB【詳解】AxtPxtP做勻速直線運動；QxtQA錯B．根據(jù)vxP的速度為v8m/s4m/s 的速度為

08m/s2m/sQv2

16

m/s

m1v00m1v1m2v2Q的質(zhì)量為m20.9kgB正確；C．碰撞前系統(tǒng)的動能為 1mv210.342J2.4J，碰撞后系統(tǒng)的動能k 21 1mv21mv210.322+10.922J2.4J，因為 2.4J，所以碰撞k 21

22

k kC錯誤；Dm1v0m1m2v，解得v1m/sE1mv21mmv21.8JDB21

B【詳解】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB ，可得R d，故A錯誤；B．當(dāng) xy1s上mindNy2，根據(jù)幾何關(guān)系可知s上max3d。故上表面接收到粒子的區(qū)域長度為s上3ddBCNy軸正方向射出時，粒子下表面接y3yd，故下表面接收到粒子dC錯誤；DN點時轉(zhuǎn)過的圓心角最小，用時最短，有

360

BD【詳解】ABDα

rmv小相等，方向相反，由洛倫茲力提供向心力得qvB

Bqrα:r反則反沖核的電荷量q30qα60e60，由電荷守恒可知原放射性原子核的電荷量為qqαq62e62A錯誤，BD正確；C．粒子在磁場中的周期T2πr2πmαC錯 大，依據(jù)C

A正確；B壓不變，由CQB錯誤；CEUC錯誤；DabAB120°，所以粒子運動的半徑滿足2rcos30Lr＝3·L 3，…

qBr＝3qBL·1（n=1，2，3，…）,當(dāng)n=1、2時可得v 3qBL或v 3qBL，選項AB

11（1） （4）Bv時木板與水平面間的傾角，記為θ0，說明此時滑塊做勻速直線運動。A、B一起做加速度減小的加速運動，直到加速度減為零后做勻速運動，即速度在增公式xat2，可知加速度減小，則相鄰兩點間的距離之差逐漸減?。粍蛩龠\動時，間距不變，DD。q

BmvBD由（3）分析可知，q的表達(dá)式為q

12（1）1.2 （3）（1）毫安表的滿偏電壓為UgIgRg0.21.5V0.3VIm

Ug1.2A1.2A（2）[1][2]EUIrR2，整理得UIrR2EUI圖像的截距bE3.2V，圖像斜率的絕對值kr

3.22.01.333r0.083Ω83EUIUrR R V 2V 2U I

，所以圖像的截距bE

V

ERr

r

測Rr 13（1）0.3m 牛頓第二定律得qEma，解得a300m/s2，垂直于斜面的加速度aacos37240m/s2球離斜面最遠(yuǎn)時，垂直斜面的速度減為零，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律得s0，解得s（2）ab點的時間t2v00.1saasin37180m/s2a、bx1at2x0.9ma 2 b點的過程中，根據(jù)動能定理得qExsin37E1mv2E14（1）

（2）x

（1）B從釋放到最低點，由動能定理得mgR1mv21mv2，解得v4m?s，A、 向左運動過程中，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律得mv1mMv2Q1mv21mMv2，解得Q16 （2）A左端與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為v3和v4mv1mv4Mv3A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足Mv3mv4A 15（1） （2） 力平衡，有qv1BqEEBv1。（2）如圖所示，將此時的速度分解為vx和vyvxx軸正方向的夾角為30vyy