命題人：高勝華審題人：劉瀟1．列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是()加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，兩盒分別與高頻電源相判斷正確的是()A．在Ek-t圖像中應(yīng)有t4-t3<t3-t2<t2-t1線b是某電阻R的U-I圖像。在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時，則()A．電源的電動勢為E=5V兩端的電壓為U1，則下列判斷正確的是()2r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運(yùn)動且水射到物體上后速度可認(rèn)為變?yōu)榱悖昧?)6．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，兩小如圖乙所示為兩小球碰撞前后的x-t圖7．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(qiáng)磁場，度大小為B。在第二象限內(nèi)，垂直紙面且平行于x軸放置足夠長的探測薄板MN，MN到x軸qBdqBdm子的重力、空氣阻力及粒子間的相互作用，則()A．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為2d帶2個單位元電荷，相對原子質(zhì)量是4，則()片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組成一個平行板電容器路如圖丙所示，當(dāng)松開鍵盤過程中，下列說法正確的是()點(diǎn)，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()118分）物體的帶電量是一個不易測得的物理量，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)來測量帶電物體所帶電量。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(diǎn)計(jì)時器固定在長木板末端，物塊靠近打點(diǎn)計(jì)時器，一紙帶穿過（1）為消除摩擦力的影響，他將長木板一端墊起一定傾角，塊，使其沿著長木板向下運(yùn)動。多次調(diào)整傾角θ,直至打出的紙帶上點(diǎn)跡，測出此時木（2）如圖（b）所示，在該裝置處加上一范圍足夠大的垂直紙輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連，繩與滑輪摩擦不計(jì)。給物塊A帶上一定量的正電荷，保持傾角θ0不變，接通打點(diǎn)計(jì)時器，由靜止釋放小物塊A，該過程可近似認(rèn)為物塊A帶電量不變，下列（3）為了測定物體所帶電量q，除θ0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B外，本實(shí)驗(yàn)還必須測量的物理量有A．物塊A的質(zhì)量MB．物塊B的質(zhì)量mD．兩物塊最終的速度v128分）磷酸鐵鋰電池具有較高的安全性和能量密度，廣泛應(yīng)用于我國的電動汽車。某同學(xué)利E.定值電阻R2=1.25Ω聯(lián)改裝成電流表?,則改裝后的U、改裝后電流表?的示數(shù)I，作（3）利用圖甲進(jìn)行測量，該磷酸鐵鋰電池的電動勢測量值1414分）如圖，質(zhì)量為M=2kg的木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x，右端與一固定在地面上的半徑R=0.4m的光滑四分之一圓弧上表面水平相切。質(zhì)量為m=1kg的滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0=2m速度g=10m/s2。1516分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)，存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為從坐標(biāo)原點(diǎn)O以大小為v1的速度射入，速度方向與x軸正方向的夾角為θ=30°,該粒子在第段時間后，該粒子經(jīng)過M點(diǎn)（圖中未畫出）時，其速度方向平行于y軸且沿y軸負(fù)方向，求粒子從O點(diǎn)運(yùn)動至M點(diǎn)的過程中電場力做的功W。轉(zhuǎn)，是電流的磁效應(yīng)，乙圖和丙圖中的現(xiàn)象均為通電導(dǎo)線在磁場中受到洛倫茲力提供向心力，即qvB=m，R為D形盒的半徑，粒子最終軌道半徑等于D形盒半徑時，速度最大。由此解出最大速度vm，進(jìn)而得到最大動能Ekmaxmv，其與小，加速次數(shù)增多但最大動能不變，C錯誤；D．由Ekmax，增加D形盒半徑R，最大為r，故D錯誤。故選C。4．D【詳解】根據(jù)歐姆定律，電熱絲中的電流大小IR，電動機(jī)兩端的電壓為UM=U-U1通過電動機(jī)的電流為IM=IR，電動機(jī)消耗的功率為UMIM=，電吹風(fēng)的機(jī)械功率IM2r。故選D。5．D【詳解】在Δt時間內(nèi)，水的質(zhì)量為Δm=r.ΔV=rvΔt，由動量定理FΔt=Δmv，解得F。故選D。6．B【詳解】A．在x-t圖像中，斜率表示速度。碰前P的x-t圖像是一條傾斜的直線，說明P做勻速直線運(yùn)動；Q的x-t圖像是一條平行于時間軸的直線，說明Q處于靜止?fàn)顟B(tài)。故A錯B．根據(jù)v可得，碰前P的速度為vm/s=4m/s，碰后P的速度為vm/s=-2m/s，碰后Q的速度為vm/s=2m/s，根據(jù)動量守恒定律有v2，代入數(shù)據(jù)解得Q的質(zhì)量為m2=0.9kg，故B正確；C．碰撞前系統(tǒng)的動能為Ek前m1vJ=2.4J，碰撞后系統(tǒng)的動能為Ek后m1vm2vJ=2.4J，因?yàn)镋k前=Ek后=2.4J，所以碰撞過)v共，解得v共=1m/s，則碰撞過程中損失的動能為7．B【詳解】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB，可得Rd，故子沿x軸正方向射出時，上表面接收到的粒子離y軸最近，如圖軌跡1，根據(jù)幾何關(guān)系可知s上min=d，當(dāng)粒子恰能通過N點(diǎn)到達(dá)薄板上方時，薄板上表面接收點(diǎn)距離y軸最遠(yuǎn)，如圖軌跡C．根據(jù)圖像可知，粒子可以恰好打到下表面N點(diǎn)；當(dāng)粒子沿y軸正方向射出時，粒子下表面接收到的粒子離y軸最遠(yuǎn)，如圖軌跡3，根據(jù)幾何關(guān)系此時離y軸距離為d，故下表面接收到粒子小，用時最短，有tmin，故D錯誤。故選B。小相等，方向相反，由洛倫茲力提供向心力得qvB，解得r，由題意知rα:r反=期T，因不知道反沖核與α粒子的質(zhì)量之比，所以二者周期之比也不確定，故C錯大，依據(jù)C可知電容器的電容變小，故A正確；B．電容器與電源相連，電容器的板間電壓不變，由C可知電容器所帶電荷量變小，故B錯誤；C．由E可知電容器板間的電場強(qiáng)度減小，故C錯誤；D．電容器所帶電荷量變小，電容器處于放電狀態(tài)，電流從a經(jīng)電流計(jì)流向b，故D弧所對的圓心角均為120°,所以粒子運(yùn)動的半徑滿足2rcos30o即rn=1，2， 111）間距相等（2）D（3）BD（4）得μ=tanθ0，當(dāng)存在磁場時，以A、B整體為研究對象，由牛頓大，加速度在減小，最后速度不變。所以紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加121）1.2（2）3.283Im=IgA，即改裝后的電流表量程為1.2A。（2）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=U+I(r+R2)，整理得U=-I(r+R2)+E，由圖乙可知UI圖像的截距b=E=3.2V，圖像斜率的絕對值k=r（3）考慮到電壓表的分流作用，根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=U，整理得 U，所以圖像的截距b=E測。故E測<E，即利用題圖牛頓第二定律得qE=ma，解得a=300m/s2，垂直于斜面的加速度ay=acos37°=240m/s2，當(dāng)小球離斜面最遠(yuǎn)時，垂直斜面的速度減為零，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律得s，解得s=0.3max=asin37°=180m/s2，所以a、b兩點(diǎn)的距離xabaxt2，解得xab=0.9m，小球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理得qExabsin37°=Ekbm141）J（2）x≥1m向左運(yùn)動過程中，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定Qmv，解得QJ=mv4+Mv3，若A與臺階只碰撞一次，碰撞后μmgxMv，聯(lián)立解得x≥1m力平衡，有qv1B=qE，解得E=Bv1。（2）如圖所示，將此時的速度分解為vx和vy，vx與x軸正方vx=vy=