2025年人教版高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版高二物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、如图所示；水平放置的带电平行金属板间有匀强电场，板间距离为d．一个带负电的液滴所带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场并沿直线从上板边缘射出．则下列选项中正确的是（）

A.液滴做匀速直线运动。

B.液滴做匀减速直线运动。

C.两板间电势差为mgd/q

D.液滴的电势能增加了mgd

2、一横截面积为S的铜导线；流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q．此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）

A.nvSt

B.nvt

C.

D.

3、在物理学的建立过程中，许多物理学家做出了重要贡献，下列说法正确的是（）A.伽利略总结了惯性定律B.麦克斯韦验证了电磁波的存在C.奥斯特发现了电磁感应现象D.牛顿总结了作用力和反作用力之间的关系4、如图所示为某一点电荷产生的电场线，AABBCC三点的场强大小分别为2E2EEEE.E.则(())

A.该点电荷在A

点的左侧。

B.该点电荷为正电荷。

C.BC

两点场强相同。

D.负电荷在A

点受到的电场力方向与该点的场强方向相同5、下列应用没有利用电磁波技术的是(

)

A.无线电广播B.移动电话C.雷达D.白炽灯6、某一理想变压器连在如图所示的电路中，输入电压U1

保持不变，电流表和电压表均为理想电表，R1

，R2

为定值电阻，R3

为滑动变阻器，滑片与电阻的接触点为P

，当P

点向上滑动时，则()

A.电流表变大，电压表变大B.电流表变小，电压表变大C.电流表变大，电压表变小D.电流表变小，电压表变小7、以下关于点电荷的说法，正确的是(

)

A.只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B.点电荷一定是所带电荷量很小的电荷C.带电体的大小和形状对彼此间作用力大小的影响可以忽略不计时，可以看成点电荷D.所有的带电体在任何情况下都可以看成点电荷8、射击时，子弹在枪筒中的运动可以看作匀加速直线运动。已知子弹的初速度为零，加速度为a=5×105m/s2，在枪筒内运动的位移为x=0.64m。根据以上条件，不能求出的物理量是（）A.子弹射出枪口时的速度B.子弹射出枪口时的动能C.子弹在枪筒内运动的平均速度D.子弹在枪筒内运动的时间评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、三个大小分别为5N,10N,14N的力的合力最大为____N，最小为____N10、磁体与____________之间、磁体与____________之间，以及通电导体与____________之间的相互作用，都是通过____________来发生的．11、如图所示，电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计（零刻线在正中位置）及开关S1、S2如图所示连接在一起，在开关S1、S2闭合、线圈A在线圈B中．某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：将线圈A从线圈B中突然拔出时，电流表指针将______；当开关S1突然断开时，电流表指针将______；当开关S2突然断开时，电流表指针将______（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）．12、如右图所示，为了测量一凹透镜镜面的半径，让一个半径为r的质量分布均匀的小钢球，在凹面内作振幅很小的振动，若测出它完成N次全振动的时间为t，则此凹透镜镜面的半径是____．

13、三个带正电的粒子a、b、c（不计重力）以相同的初动能水平射入正交的电磁场中，轨迹如图所示，则可知它们的质量ma、mb、mc大小次序为____，三个粒子中动能增加的是____，三个粒子中电势能增加的是____．

14、电路中有一段导体，给它加20V的电压时，通过它的电流为5A，可知这段导体的电阻为______Ω，如不给它加电压时，它的电阻为______Ω．15、有一游标卡尺，主尺的最小分度1mm，游标上有20个小的等分刻度．现用它测量一工件的长度，如图所示，图示的读数是______mm．16、下列说法正确的是_______E.液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)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、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）19、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）

20、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）21、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）22、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、计算题(共2题，共4分)23、10

匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e=102sin20娄脨t(V).

求：

(1)t=0

时；线圈内磁通量娄碌

和磁通量变化率；

(2)

线圈从中性面开始转动180鈭�

过程中，感应电动势的平均值和最大值之比．24、加试题如图所示，两根平行金属导轨MN、PQ相距d=1.0m，两导轨及它们所在平面与水平面的夹角均为α=30°，导轨上端跨接一阻值R=1.6Ω的定值电阻，导轨电阻不计。整个装置处于垂直两导轨所在平面且向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1.0T．一根长度等于两导轨间距的金属棒ef垂直于两导轨放置（处于静止），且与导轨保持良好接触，金属棒ef的质量m1=0.1kg、电阻r=0.4Ω，到导轨最底端的距离s1=3.75m。另一根质量m2=0.05kg的绝缘棒gh，从导轨最底端以速度v0=10m/s沿两导轨上滑并与金属棒ef发生正碰（碰撞时间极短），碰后金属棒ef沿两导轨上滑s2=0.2m后再次静止，此过程中电阻R产生的焦耳热Q=0.2J．已知两棒（ef和gh）与导轨间的动摩擦因数均为μ=取g=10m/s2；求：

（1）绝缘棒gh在与金属棒ef碰前瞬间的速率v；

（2）两棒碰后；安培力对金属棒ef做的功W以及碰后瞬间金属棒ef的加速度a的大小；

（3）金属棒ef在导轨上运动的时间t。评卷人得分五、识图作答题(共1题，共8分)25、某生物兴趣小组对大棚内种植的菠菜进行了研究，绘出如下四组图。甲、乙两图分别表示光照强度和空气中CO2含量对菠菜叶肉细胞光合作用的影响，丙图表示一天内某时间段密闭菠菜大棚内CO2浓度随时间的变化曲线，丁图表示新鲜菠菜叶的四种光合色素在滤纸上分离的情况。据图回答下列问题：(1)光能转变成化学能后，能量首先储存到_________中，此过程发生在_________上。图甲中C点时，叶肉细胞内产生ATP的场所除叶绿体、线粒体外还有__________，在叶绿体内ADP的移动方向是________________________________________。(2)图乙中A点时，限制光合速率提高的主要环境因素是____________________，可以通过增施农家肥得以缓解。A点对应图甲中的_______点，对应图丙中的__________点。(3)图丙中BC段变化的原因是________________________________________。C点时有机物的积累量__________(填“大于”、“小于”或“等于”)A点。(4)以新鲜菠菜绿叶片为原料提取①时，使用的溶剂一般是_________，加入碳酸钙的作用是___________。图丁中的色素D的名称是_______。在层析液中溶解度最接近的两种色素是A和B，它们主要吸收可见光中的________。在层析液中溶解度差异最大的两种色素是________________(用图丁中的字母表示)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A|C【分析】

AB；液滴进入竖直方向的匀强电场中；所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动．故A正确B错误；

C、液滴从上极板运动到下极板的过程中，由动能定理有qU-mgd=0⇒U=故C正确；

D；重力做功-mgd；微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd．故D错误．

故选AC．

【解析】【答案】液滴沿直线运动；则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差．由电场力方向判断出场强的方向，确定M；N两板电势关系．

2、A|C【分析】

A；从微观角度来说；在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvSt，故A正确；

B；vt是电子通过的距离；nvt没意义，缺少面积s，故B错误；

C、从电流的定义式来说，I=故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为故C正确；

D、是通过铜导线单位横截面的自由电子数；故D错误；

故答案为：AC．

【解析】【答案】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt．而从电流的定义来说，I=故在t时间内通过某一横截面的电荷量为It，通过横截面的自由电子数目为．

3、D【分析】【解答】解：A；牛顿总结了惯性定律；故A错误。

B；麦克斯韦根据电磁场理论；提出了光是一种电磁波，赫兹验证了电磁波的存在，故B错误。

C；奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；

D；牛顿总结了作用力和反作用力之间的关系；得出了牛顿第三定律，故D正确。

故选：D

【分析】根据物理学史中伽利略、牛顿、麦克斯韦等著名物理学家的主要贡献解答即可．4、A【分析】【分析】根据电场线从正电荷出发判断电荷位置和电性；电场强度是矢量，有大小和方向，正电荷在某点受到的电场力方向与该点的场强方向相同，负电荷在某点受到的电场力方向与该点的场强方向相反。本题关键是要知道点电荷的电场线的分布情况，理解电场强度的矢量性，清楚正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，难度适中。【解答】

AB.

电场线从正电荷出发，据题意，该点电荷在AA点的左侧，图中电荷是负电荷，故A正确，B错误；C.电场强度是矢量，BBCC两点场强大小相等，方向不同，所以BBCC两点场强不同，故C错误；

D.正电荷在某点受到的电场力方向与该点的场强方向相同；负电荷在某点受到的电场力方向与该点的场强方向相反，故D错误。

故选A。【解析】A

5、D【分析】解：A

无线电广播是利用电磁波将信息传播出去；故A正确，但不选；

B；移动电话是利用电磁波传输信息；故B正确，但不选；

C；雷达是利用电磁波发出信号经反射接收后；从而定位，故C正确，但不选；

D；白炽灯是钨丝因通电后电流做功；产生热量从而发光.

故D不正确。

故选D．

电磁波可用于电信；电视、航天外；还可以用于加热．

电磁波是由变化的电磁场产生的．【解析】D

6、C【分析】【分析】理想电压表电流之比等于匝数的反比，电压之比等于原副线圈匝数之比，根据负载电阻的变化找出副线圈电流的变化，从而判断原线圈电流的变化，再判断两表的示数的变化。本题是理想变压器的常见题目，及电路的动态常见问题，难度不大。【解答】当滑片向上移动时，滑动变阻器的电阻变大，根据欧姆定律可知，流过副线圈的电流变小，故流过原线圈的电流变小，故电压表的示数变小，故原线圈上所加的电压增大，理想变压器原副线圈电压之比等于原副线圈匝数之比，故副线圈所加电压增大，故流过电流表的电流增大，故C正确，ABD错误。故选C。【解析】C

7、C【分析】解：A

电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时；就可以看成是点电荷，并不是足够小或足够大的电荷就是点电荷，故A错误；

B；电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时；就可以看成是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系.

故B错误，D错误；

C；带电体的大小和形状对彼此间作用力大小的影响可以忽略不计时；可以看成点电荷，故C正确；

故选：C

当电荷的形状；体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略；电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论．

本题关键明确点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计．【解析】C

8、B【分析】解；已知初速度为v0=0，加速度为a=5×105m/s2；在枪筒内运动的位移为x=0.64m；

A、根据可以求子弹出枪口的速度；故A正确；

B；根据A项分析可求出枪口速度；但不知子弹质量，故不能求解出子弹射出枪口时的动能，故B错误；

CD、由可以求得在枪筒内的时间，由可以求得子弹在枪筒内的平均速度；故CD正确；

本题选择不能求解的；

故选：B。

根据匀变速直线运动的规律v=v0+at，及知匀变速直线运动的描述共五个物理量；知三可以求二。

此题考查匀变速直线运动的规律和推论，熟练记忆公式并会灵活应用时关键。【解析】B二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【解析】试题分析：当三个力方向相同时，合力最大，最大值等于三力之和，即．由于任意一个力在另外两个力的合力之差与合力之和之间，所以三力可以平衡，合力的最小值为零．．考点：力的合成【解析】【答案】.29N,0N10、略

【分析】解：磁体的周围存在着磁场；磁体间的相互作用是通过磁场而发生的．根据电流的磁效应得知：电流周围也存在磁场，磁体间；磁体和通电导体间及通电导体之间的作用都是通过磁场而发生相互作用的．

故答案为：磁体，通电导体，通电导体，磁场．【解析】磁体;通电导体;通电导体;磁场11、略

【分析】解：由图示可知；将滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，通过线圈A的电流减小，电流产生的磁场减弱，穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向右偏转，由此可知，穿过线圈B的磁通量减少时，电流表指针向右偏，则磁通量减少时，指针向左偏；

如果将线圈A从线圈B中抽出时；穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针左偏；

当开关S1突然断开；穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针将左偏；

当开关S2突然断开时；因通过A的电流不变，穿过线圈B的磁通量不变，电流表指针不偏；

故答案为：左偏；左偏；不偏．

根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化间的关系；然后根据题意判断磁通量如何变化，再判断指针偏转方向．

本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．【解析】左偏；左偏；不偏12、略

【分析】

完成N次全振动的时间为t，知周期T=．

根据T=得，R=．

周期T=

所以R′=+r．

故答案为：+r．

【解析】【答案】小钢球在凹面内作振幅很小的振动为简谐运动，等效于单摆的运动，根据T=求出凹透镜镜面的半径．

13、略

【分析】

对于a粒子：轨迹向上弯曲，qvaB＞qE，va＞对于b粒子：轨迹不弯曲，qvbB=qE，vb=

对于c粒子：轨迹向下弯曲，qvcB＜qE，vc＜则va＞vb＞vc．三个粒子动能Ek=相同，则mc＞mb＞ma．

电场力对a做负功，动能减小，电势能增加，电场力b粒子不做功；动能和电势能不变，电场力对c粒子做正功，动能增大，电势能减小．

故本题答案是：mc＞mb＞ma；c；a．

【解析】【答案】根据轨迹的弯曲方向确定电场力与洛伦力的大小关系；分析速度大小关系，根据动能相同，确定质量大小关系．根据电场力做功的正负判断动能和电势能变化情况．

14、略

【分析】解：由于U=20V；电流I=5A，故导体的电阻为：

R===4Ω；

由于导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关；故导体两端没有电压时，导体的电阻值不变，仍为4Ω；

故答案为：4；4．

已知电阻两端的电压和通过导体的电流，根据欧姆定律的公式变形R=计算出导体的阻值；导体的电阻是导体本身的一种性质；电阻大小取决于导体的材料；长度、横截面积，与两端的电压和通过的电流无关，据此可知当导体两端的电压为零时，电阻的阻值不变．

本题考查了欧姆定律的应用，重点是对公式和公式变形的理解和应用，关键是知道电阻是导体本身一种阻碍性质，其大小取决于导体的长度、横截面积和材料，与导体两端有无电压、所加电压多少无关．【解析】4；415、略

【分析】解：游标上有20个小的等分刻度；可知精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm．

故答案为：104.05

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．游标卡尺不需要估读，同时注意游标卡尺的精确度的判断．【解析】104.0516、B:C:E【分析】液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；故A错误；单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，从而决定了有规则的天然外形，选项B正确；绝对湿度大，相对湿度不一定大，选项C正确；根据热力学第二定律可知，内能不可能全部转化物体的机械能，选项D错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，选项E正确；故选BCE.三、判断题(共6题，共12分)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：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．19、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．20、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．21、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．22、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、计算题(共2题，共4分)23、解：（1）t=0时，电动势的瞬时值为零，即磁通量的变化率为零，可见线圈在中性面位置，磁通量最大，由Em=NBSω知磁通量为：Φ=BS==2.25×10-2Wb

（2）线圈从中性面转动180°过程中；感应电动势的平均值为：

=

所以

答：（1）t=0时，线圈内磁通量Φ=2.25×10-2Wb；磁通量变化率为零；

（2）线圈从中性面开始转动180°过程中，感应电动势的平均值和最大值之比2：π．【分析】

根据t=0

时；电动势的瞬时值为零，可见线圈在中性面位置，磁通量最大，变化率为零；

根据平均感应电动势的公式写出表达式；再求比值．

要掌握线圈位于中性面时的磁通量、磁通量的变化率和感应电动势的大小变化关系．【解析】解：(1)t=0

时，电动势的瞬时值为零，即磁通量的变化率为零，可见线圈在中性面位置，磁通量最大，由Em=NBS娄脴

知磁通量为：娄碌=BS=EmN娄脴=10210隆脕20娄脨=2.25隆脕10鈭�2Wb

(2)

线圈从中性面转动180鈭�

过程中；感应电动势的平均值为：

E炉=N鈻�娄碌鈻�t=10隆脕2BS0.5T=2NBS娄脴娄脨

所以E炉Emax=2娄脨

答：(1)t=0

时，线圈内磁通量娄碌=2.25隆脕10鈭�2Wb

磁通量变化率为零；

(2)

线圈从中性面开始转动180鈭�

过程中，感应电动势的平均值和最大值之比2娄脨

．24、解：（1）绝缘棒gh从导轨最底端向上滑动的过程中；由动能定理有：

-μm2gs1cosα-m2gs1sinα=m2v2-m2v02；

代入数据解得：v=5m/s。

（2）由功能关系可知；金属棒ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热，即有：

W=Q总，而Q总=Q；

解得W=0.25J；

设碰后瞬间金属棒ef的速率为v1；回路中产生的感应电动势为E；

感应电流为I，安培力为F，有E=Bdv1，I=F=BId；

在金属棒ef上滑过程中，由动能定理有：-W-μm1gs2cosα-m1gs2sinα=0-m1v12；

代入数据解得：v1=3m/s；

在两棒碰后瞬间，由牛顿第二定律有：μm1gcosα+m1gsinα+F=m1a；

代入数据解得：a=25m/s2。

（3）金属棒ef在导轨上运动的整个过程中，设安培力的冲量为I安；

沿导轨方向，由动量定理有：-I安-μm1gtcosα-m1gtsinα=0-m1v1；

又I安=Bd△t，其中：=

由法拉第电磁感应定律有。

=其中△Φ=Bds2；

代入数据解得：t=0.2s。

答：（1）绝缘棒gh在与金属棒ef碰前瞬间的速率v为5m/s；

（2）两棒碰后，安培力对金属棒ef做的功W为0.25J，碰后瞬间金属棒ef的加速度a的大小为25m/s2；

（3）金属棒ef在导轨上运动的时间t为0.2s。【分析】

（1）由题意，绝缘棒与金属棒碰撞后沿导轨上滑S2=0.2m后再次静止；根据动能定理列式，得到金属棒碰后的速度与克服安培力做功的关系。已知此过程中电阻R上产生的电热为Q=0.2J．根据功能关系求得安培力做的功，联立即可求得金属棒碰后的速度。根据动能定理求出绝缘棒与金属棒碰前的速度，即可根据动量守恒求解碰后瞬间绝缘棒的速度。

（2）由法拉第电磁感应定律；欧姆定律和安培力公式；求出碰后碰后瞬间的金属棒所受的安培力，再根据牛顿第二定律求得加速度。

（3）金属棒在导轨上运动的过程；根据动量定理；法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电量公式，联立即可求得时间。

本题是电磁感应中的力学问题，本题是一道综合题，根据题意分析清楚金属棒的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，综合运用电磁学知识、动能定理、动量定理和牛顿第二定律进行求解。【解析】解：（1）绝缘棒gh从导轨最底端向上滑动的过程中；由动能定理有：

-μm2gs1cosα-m2gs1sinα=m2v2-m2v02；

代入数据解得：v=5m/s。

（2）由功能关系可知；金属棒ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热，即有：

W=Q总，而Q总=Q；

解得W=0.25J；

设碰后瞬间金属棒ef的速率为v1；回路中产生的感应电动势为E；

感应电流为I，安培力为F，有E=Bdv1，I=F=BId；

在金属棒ef上滑过程中，由动能定理有：-W-μm1gs2c