2025年人教版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版高二物理上册阶段测试试卷291考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、关于如图所示的验电器，下列说法正确的是（）A.硬杆b应该用金属材料制成B.a与c应该互相绝缘C.用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近a时，两金属箔片带等量异种电荷D.用毛皮摩擦过的橡胶棒接触a后，c所带电荷与橡胶棒所带电荷的电性相反2、为探究小灯泡L

的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光.

由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U鈭�I

图象应是(

)

A.B.C.D.3、如图所示为某研究性学习小组自制的电子秤原理图，利用电压表的示数来称量物体的重．R为限流电阻；滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当盘中没有放物体时，电压表示数为零．托盘与弹簧的质量均不计，电压表可视为理想电表，不计一切摩擦和其它阻力．则（）

A.待测物体越重电压表示数越大；且电压表示数与待测物体的重成正比。

B.待测物体越重电压表示数越大；但电压表示数与待测物体的重不成正比。

C.待测物体越重电压表示数越小；且电压表示数与待测物体的重成反比。

D.待测物体越重电压表示数越小；但电压表示数与待测物体的重不成反比。

4、如图所示，通电导线MN

与单匝矩形线圈abcd

共面，位置靠近ab

且相互绝缘.

当MN

中电流突然增大时，线圈所受安培力的合力方向(

)

A.向左B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里5、如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A

与驱动力的频率f

的关系，下列说法正确的是(

)

A.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动B.若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动C.摆长约为10cm

D.发生共振时单摆的周期为1s

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、有一电池，当两端接3Ω电阻时，输出电流为1.0A，电池内电压为0.6V，该电池的电动势E=____V，内阻r=____Ω，电池的输出功率为____W，此时电源的效率为____。7、矩形线圈在磁场中匀速转动产生的交变感应电动势为e=Emsinωt．若将线圈的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则产生的电动势为ɛ=______．8、如图所示，行李箱在绳子拉力F

的作用下沿平直路面匀速直线前进s

的距离.

若拉力F

与水平方向的夹角为娄脕

则箱子受到的摩擦阻力的大小f=

______，方向______(

选填“水平向左”或“水平向右”)

拉力对行李箱所做的功W=

______．9、如图所示，B

物体的质量是A

物体质量的12

在不计摩擦阻力的情况下，A

物体自H

高处由静止开始下落.

以地面为参考平面，当物体A

的动能与其势能相等时，物体距地面的高度是______．10、手机锂电池电动势为3.6V

内阻为0.1娄赂.

将7.1娄赂

的电阻接在电池两端，通过电池的电流是______A

当外电阻变大时，电池的电动势______(

选填“增大”、“不变”或“减小”)

．11、某品牌自动电热水壶的铭牌如表所示。××自动电热水壶产品型号DSB﹣051额定电压220V额定功率800W使用频率50Hz容量0.8L如果使用该电热水壶烧水，在额定电压下工作时，电水壶的额定电流是A，工作4min消耗的电能是J．（结果保留三位有效数字）12、人类社会自从进入电气化时代以来，就一直在不断地探寻电能的来源．如今常见的发电方式有：①火力发电、②水力发电、③核发电，其中将自然界的机械能转化为电能的方式是____（写序号即可）．如果把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源，那么由煤炭转化而来的电能则属于____能源．13、动力线路用的正弦式交流电的电压是380V．它们的有效值是______V、峰值是______V．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）15、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

16、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

17、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）18、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）19、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）20、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）21、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、证明题(共2题，共6分)22、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。23、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分五、综合题(共3题，共21分)24、【物理选做】（15分）(1)以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）____A.重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能B.用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率C.有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期D.卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说E.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大(2)（10分）如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=3mBA、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变。求B与C碰撞前B的速度及最终的速度。25、【物理篓D篓D

选修3鈭�3

】(1)

如图甲所示，在磁感应强度B=1T

的有界匀强磁场中，用外力将边长L=0.5m

的正方形金属线框(

各处都完全相同)

向右匀速拉出磁场，以bc

边刚离开磁场的时刻为计时起点，在线框拉出进场的过程中，ab

边受到的安培力大小F

随时间t

变化的关系如图乙所示。则下列说祛正确的是

A.线框做匀速运动的速度大小为1m/s

B.线框产生的感应电流为逆时针方向，大小为0.5A

C.线框的总电阻为0.5娄赂

D.线据穿出进场过程中产生的焦耳热为0.5J

(2)

如图所示，两块木板的质量分别为M1=500gM2=400g

静止于光滑水平面上，小物块m=100g

以初速度为v=10m/s

滑上M1

的表面，最后停在M2

上时速度为v2=1.5m/s

求：

(1)

最后M1

的速度v1

(2)m

刚离开Ml

时的速度v鈥�

26、[

物理隆陋隆陋

选修3鈭�3]

(1)

下列说法正确的是________A.一定质量的理想气体温度升高，内能一定增大B.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C.一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大D.一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁的平均碰撞次数随着温度降低而减小E.摄氏温度是国际单位制中七个基本物理量之一，摄氏温度t

与热力学温度T

的关系是T=t+273.15K

(2)

如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积S=1隆脕10鈭�3m2

气缸内有质量m=2kg

的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦。开始时活塞被销子K

固定于图示位置，离缸底L1=12cm

此时气缸内被封闭气体的压强娄脩1=1.5x105Pa

温度T1=300K

外界大气压娄脩0=1.0隆脕105Pag=10m/s2

垄隆.

现对密闭气体加热，当温度升高到T2=400K

时，其压强娄脩2

为多少?

垄垄.

若在此时拔去销子K

活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度变为T3=360K

则这时活塞离缸底的距离L3

为多少?

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】试题分析：验电器的工作过程是通过图中的a与带电体接触，将电荷导入c部分，让金属箔带上同性电荷而相互排斥，所以b应是导体，A正确、B错误；用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近a时，会因为静电感应现象让a带上正电荷，c部分两金属箔片带上负电荷，所以C、D错误。考点：本题考查静电现象。【解析】【答案】A2、C【分析】解：灯丝电阻随电压的增大而增大；在图象上某点到原点连线的斜率应越来越大，故ABD错误，C正确．

故选C．

解答本题的关键是理解电阻的U鈭�I

图象的物理意义以及温度对电阻的影响．

本题考查的恒定电流中的基础知识：U鈭�I

图象含义以及温度对电阻的影响.

对于这些基本知识要加强理解和应用．【解析】C

3、A【分析】

当盘中没有放物体时；电压表示数为零，说明滑动变阻器的滑动端位于最上端，此时弹簧处于原长状态．

设物体重力为G时，弹簧被压缩的长度为x，变阻器的总电阻为R，总长度为L．则电压表示数U=

又根据胡克定律得G=kx，代入得到U=式中E、R、R、r；L、k都是定值；所以电压表示数U与待测物体的重G成正比．故A正确．

故选A

【解析】【答案】图中电压表测量变阻器上部分的电压．当盘中没有放物体时；电压表示数为零，说明滑动变阻器的滑动端位于最上端．待测物体越重，滑动端向下移动的距离越大，上部分电压越大，电压表示数越大．根据胡克定律；电阻定律和欧姆定律得出电压表示数与待测物体的重力的关系式，研究比例关系．

4、A【分析】解：金属线框abcd

放在导线MN

上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd

左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况.

若MN

中电流突然增大时，穿过线框的磁通量将增大.

根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd

感应电流方向为逆时针；再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向左.

故A正确，BCD错误．

故选：A

金属线框abcd

放在导线MN

上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框abcd

的磁通量增大，根据楞次定律判断线框abcd

感应电流；再由左手定则来确定所受有安培力方向．

本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断．【解析】A

5、B【分析】【分析】由共振曲线可知；出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率。

由共振曲线可知；出现振幅最大，则固有频率等于受迫振动的频率。

【解答】AB.

若摆长增大；则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动;

故A错误，B正确；

C.由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s.

由公式可得L隆脰1m

故C错误；D.由图可知；此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s.

故D错误．

故选B．【解析】B

二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【解析】试题分析：当电流为1A时，电池内电压为0.6V，由此可知电源内阻为0.6Ω，由闭合电路欧姆定律E=I(R+r)=3.6V，电池输出功率为电源效率为83.3%考点：考查闭合电路欧姆定律【解析】【答案】3.60.6383.3%7、略

【分析】解：感应电动势的瞬时值表达式为：e=Emsinωt，其中：Em=nBSω；

将线圈的转速提高到原来的2倍，其它条件不变Em和ω都增加一倍；

此时交变电流的瞬时值表达式变为：e′=2Emsin2ωt．

故答案为：2Emsin2ωt．

感应电动势的瞬时值表达式分析答题，交变电流的瞬时值表达式为：e=Emsinωt，其中Em=nBSω

本题考查考虑问题的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都与转速成正比，难度不大，属于基础题．【解析】2Emsin2ωt8、Fcosα；水平向右；Fscosα【分析】解：根据平行四边形定则；在水平方向上的分力F1=Fcos娄脕

竖直方向上的分力F2=Fsin娄脕.

根据平衡条件可知，摩擦阻力大小为Fcos娄脕

方向水平向右；

拉力所做的功W=Fscos娄脕

故答案为：Fcos娄脕

水平向右；Fscos娄脕

．

将拉力沿水平方向和竖直方向分解；根据平行四边形定则，求出水平分力和竖直分力.

根据平衡条件可求得摩擦阻力的大小和方向；根据功的公式可求得拉力所做的功．

解决本题的关键知道力可以按作用效果进行分解，分解时合力与分力遵循平行四边形定则；注意平衡条件的应用；同时在根据功的计算方法可求出拉力的功．【解析】Fcos娄脕

水平向右；Fscos娄脕

9、略

【分析】解：对AB

两物体组成的系统；由于只有重力做功，所以系统机械能守恒．

B

的重力势能不变；所以A

重力势能的减小量等于系统动能的增加量.

则有：

mAg(H鈭�h)=12(mA+mB)v2

．

又物体A

的动能与其势能相等，即mAgh=12mAv2

又mA=2mB

联立上面两式得：mAg(H鈭�h)=32mAgh

得h=0.4H

．

故答案为：0.4H

对于A

和B

组成的系统；在下落的过程中只有重力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求出当A

的动能与其势能相等时A

距地面的高度．

解决本题的关键知道AB

两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒.

在运动过程中B

的重力势能不变，所以A

重力势能的减小量等于系统动能的增加量．【解析】0.4H

10、略

【分析】解：电池电动势为3.6V

内阻为0.1娄赂.

将7.1娄赂

的电阻接在电池两端时，根据闭合电路的欧姆定律：I=ER+r=3.67.1+0.1=0.5A

电源的电动势是由电源本身决定的；与外电路的电阻值无关.

当外电阻变大时，电池的电动势不变．

故答案为：0.5

不变。

根据闭合电路的欧姆定律即可求出电路中的电流；电源的电动势是由电源本身决定的．

本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，知道电源的电动势与外电路的电阻值无关是解答的关键.

难度不大，属于基础题．【解析】0.5

不变11、略

【分析】【解析】试题分析：由表中数据可以得到额定电压、额定功率，由电功率公式P=UI可以求得电流，由W=pt可以求得电能．【解析】

由图知电水壶的额定电压为220V，额定功率为800W，由P=UI得：I===A；t=4min=4×60s=240s，则4分钟消耗的电能为：W=Pt=800W×240s=1.92×105J．故答案为：1.92×105．【解析】【答案】1.92×10512、②二次【分析】【解答】水力发电是利用水的机械能转移给发电机；发电机再将机械能转化为电能；

把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源；煤炭转化而来的电能则属于二次能源．

故答案为：②；二次．

【分析】火力发电是通过燃烧燃料；将燃料中存在的化学能转化为高温高压蒸气的内能释放出来，通过热机将内能转化为机械能，再通过发电机将内能转化为电能；

水力发电是利用水的机械能转移给发电机；发电机再将机械能转化为电能；

风力发电是利用空气的流动带动风力转轮的转动，转轮的转动带动放电机转子的转动，再通过发电机将机械能转化为电能．13、略

【分析】解：动力线路用正弦交变电流的电压是380V；此电压为有效值；

最大值为Um=380V；

故答案为：380；380

动力线路用正弦交变电流的电压是380V；此电压为有效值，根据有效值与最大值的关系求出最大值．

本题考查了有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．【解析】380；380三、判断题(共8题，共16分)14、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．15、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．16、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．17、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．18、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．19、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．20、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．21、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、证明题(共2题，共6分)22、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、综合题(共3题，共21分)24、略

【分析】【分析】入射光的频率大于金属的截止频率，才能发生光电效应；核子结合成原子核时伴随巨大能量产生；半衰期是个统计规律；氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小。解决该题关键要掌握氢原子跃迁能量是不连续的，轨道是不连续的，辐射光子后，动能增大，电势能减小，相反吸收光子后，动能减小，电势能增加，同时掌握光电效应发生条件；理解半衰期不受外界影响，且针对大量原子核才有意义。【解答】A.重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损；都向外界放出核能，故A正确；

B.不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率；故B正确；

C.半衰期是大量原子核显现出来的统计规律；对少量的原子核没有意义，故C错误；

D.天然放射现象说明原子核内部是有结构的；故D错误；

E.根据玻尔理论；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，半径减小，则速度增大，同时电子的动能增大，电势能减小，故E正确。

故选ABE。（2）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住三者最后速度相同，根据动量守恒定律求出B与C碰撞前B的速度。题综合考查了动量守恒定律的应用，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键。【解析】（1）ABE（2）解：对A、B被弹开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由由动量守恒定律得：对B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，动量守恒定律得：由题意知，三个滑块最终速度相同：解得，最终速度：B与C碰撞前B的速度25、（1）CD

（2）解：研究m从开始到离开M1时的过程，对整体由动量守恒定律可得：mv=mV′+（M1+M2）v1（1）

对木块和板2由动量守恒定律可得：

mV′+M2V1=（m+M2）V2（2）

V2=1.5m/s

由（1）（2）可得。

V1=0.5m/sV′=5.5m/s

【分析】(1)

【分析】

由图读出t=0

时刻ab

边受到的安培力最大，为F=1N

由F=BIL

求出金属框中的感应电流I

由平衡条件求出外力的大小F脥芒

根据能量守恒求出金属框拉出的过程中产生的焦耳热，根据焦耳定律求线圈的电阻R

本题考查切割电动势，关键是明确线框匀速离开磁场区域过程产生恒定的感应电流，结合切割公式、欧姆定律公式、安培力公式和焦耳定律公式列式分析即可，不难。【解答】

​B.由题意及图象可知，当t=0

时刻ab

边的受力最大；为：F1=BIl=1N

解得：I=F1BL=11隆脕0.5=2A

根据右手定则；感应电流为顺时针方向；故B错误；

D.线框匀速运动；其受到的安培力为阻力大小即为F1

由能量守恒：Q=W掳虏=F1L=1隆脕0.5J=0.5J

故D正确；

C.根据Q=I2Rt

解得：；故C正确；

A.根据I=BLvR

有：；故A错误；

故选CD。(2)

对整体由动量守恒定律列出等式，对木块和板2

由动量守恒定律列出等式联立求解；本题主要考查了运动过程中动量守恒定律得应用，注意选择不同的系统和过程。

【解析】(1)CD

(2)

解：研究m

从开始到离开M1

时的过程，对整体由动量守恒定律可得：mv=mV隆盲+(M1+M2)1(1)

对木块和板2

由动量守恒定律可得：

mV隆盲+M2V1=(m+M2)2(2)

V2=1.5m/s

由(1)(2)

可得。

V1=0.5m/sV隆盲=5.5m/s

26、（1）ACD（2）解：ⅰ.由题意可知气体体积不变；状态Ⅰ：p1=1.5×105Pa，T1=300K，V1=1×10-3×0.12m3；状态Ⅱ：p2；T2=400K；气体发生等容变化，由查理