2025年外研衔接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年外研衔接版高二物理上册阶段测试试卷991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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两端点时，量程为1V；当使用a、c两端点时，量程为10V。已知电流表的内阻Rg为50Ω，满偏电流Ig为1mA。则R1和R2的电阻值：A.R1=950Ω，R2=9kΩB.R1=9kΩ，R2=950ΩC.R1=9kΩ，R2=1kΩD.R1=1kΩ，R2=9kΩ2、一带电粒子平行磁场方向射入只存在匀强磁场的某区域中（不计重力），则（）A.带电粒子一定做匀速直线运动B.带电粒子一定做匀变速直线运动C.带电粒子一定做类平抛运动D.带电粒子一定做匀速圆周运动3、如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上；槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A

的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A

点进入槽内，则以下结论中正确的是()

A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B

向C

点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C

点以后，将做竖直上抛运动4、放射性元素A

经过2

次娄脕

衰变和1

次娄脗

衰变后生成一新元素B

则元素B

在元素周期表中的位置较元素A

的位置向前移动了(

)

A.1

位B.2

位C.3

位D.4

位5、如图所示，不可伸长的细线AOBOCO

所能承受的最大拉力相同，细线BO

水平，AO

与竖直方向的夹角为娄脠

若逐渐增加物体的重力G

最先断的细线是(

)

A.AO

B.BO

C.CO

D.娄脠

角不知道，无法确定6、如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100πtV，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端．以下说法正确的是（）A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时，电流表示数变小D.开关闭合前后，AB两端电功率可能相等7、如图；两根相互平行的长直导线过纸面上的M；N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，P、Q为MN连线上两点，且MP＝PN＝NQ，则下面说法正确的是（）

A.磁感应强度Bp＞BQB.磁感应强度Bp＜BQC.将同一电流元分别放置于P、Q两点、所受安培力一定有Fp＞Fq．D.将同一电流元分别放置于P、Q两点，所受安培力一定有Fpq评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、在光电效应的实验中，如果入射光的频率不变而强度增加，单位时间产生的光电子数(填增加、减小或不变)；如果入射光的频率增加，光电子的最大初动能(填增加、减小或不变)。9、在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：

A.小灯泡(3.8V,1.5W)

B.直流电源(

电动势4.5V

内阻约0.4娄赂)

C.电流表(

量程0隆芦500mA

内阻约0.5娄赂)

D.电压表(

量程0隆芦5V

内阻约5000娄赂)

E.滑动变阻器R1(0隆芦5娄赂

额定电流2A)

F.滑动变阻器R2(0隆芦50娄赂

额定电流1A)

G.开关一个；导线若干。

如果既要满足测量要求；又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的______，应选用的滑动变阻器是______．

10、如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，电容器的电容C=40μF，电阻R1=R2=4Ω，R3=5Ω．接通电键S，待电路稳定后，则理想电压表V的读数U=；电容器的带电量Q=．（保留两位有效数字）11、（1）如图所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋下端，使玻璃板水平接触水面．如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力____的拉力向上拉橡皮筋，原因是水分子和玻璃的分子间存在____作用．

（2）往一杯清水中滴入一滴红墨水，过一段时间后，整杯水都变成了红色，这一现象在物理学中称为____现象，是由于分子的____而产生的。12、在远距离输电中，输送电压为220

伏，输送的电功率为44

千瓦，输电线的总电阻为0.2

欧，在使用原副线圈匝数比为110

的升压变压器升压，再用101

的降压变压器降压方式送电时.

输电线上损失的电压为______V

损失的电功率为______W.

13、氘核粒子和氚核粒子可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：12H+13H隆煤24He+X

式中X

是某种粒子，粒子X

是______；已知：12

H、13

H、24HeX

单个粒子的实际质量分别为m1m2m3m4

该反应的质量亏损为______；若该反应中生成24He

的总质量为A

则放出的总核能为______(

真空中光速为c)

．14、为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后A1示数______，A1与A2示数的比值______。（填变大、变小或者不变）评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、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）16、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）17、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）18、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）

19、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）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、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）

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）

23、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）

评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)24、如图，水平地面上静止放置着物块B和C，相l＝1.0m，物块A以速度＝10m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．25、如图所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h(h>2L)

磁感应强度为B

边长为L

电阻为R

质量为m

的正方形导体线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ

边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g

求：

(1)PQ

运动到磁场下边缘时速度大小；(2)

线圈的MN

边刚好进磁场时的速度大小；评卷人得分五、画图题(共2题，共4分)26、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象27、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分六、实验探究题(共2题，共16分)28、如图1

所示；用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

(1)

实验中；直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通过仅测量______(

填选项前的符号)

间接地解决这个问题．

A.小球开始释放高度h

B.

小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程。

(2)

图2

中O

点是小球抛出点在地面上的垂直投影.

实验时；先让入射球m1

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

测量平抛射程OP.

然后，把被碰小球m2

静置于轨道的水平部分，再将入射球m1

从斜轨上S

位置静止释放，与小球m2

相碰，并多次重复.

接下来要完成的必要步骤是______.(

填选项前的符号)

A.用天平测量两个小球的质量m1m2

B.测量小球m1

开始释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度H

D.分别找到m1m2

相碰后平均落地点的位置MN

E.测量平抛射程OMON

29、如图甲所示；为某同学测绘额定电压为3.0v

的小灯泡的I鈭�U

特性曲线的实验电路图．

(1)

根据电路图甲进行实验；请你指出该电路图中的伏安法是______(

填：内接法或外接法)

供电电路是______(

填“限流电路”或“分压电路”)

(2)

开关S

闭合之前；图乙中的滑动变阻器的滑片应该置于______端(

选填“A

”；“B

”或“AB

中间”)

(3)

图乙中的实验电路缺少两根导线；用笔画线代替导线，将其连接完整．

(4)

实验中测得有关数据如下表：

。第1

组第2

组第3

组第4

组第5

组第6

组第7

组U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，请在图丙中标出第5

组至第7

组数据点，画出小灯泡的I鈭�U

特性曲线(

第1

组至第4

组数据已经在坐标纸上标出)

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：根据欧姆定律和串联电路的特点可知代入数据可解得同理有代入数据可解得所以只有选项A正确；考点：串联电路特点、欧姆定律【解析】【答案】A2、A【分析】解：由于带电粒子平行磁场方向射入只存在匀强磁场的区域中；速度的方向与磁场的方向平行，粒子不受洛伦兹力，所以粒子一定做匀速直线运动．故A正确．

故选：A

根据洛伦兹力的条件；当带电粒子平行磁场方向射入只存在匀强磁场的某区域中时，粒子不受洛伦兹力．

带电粒子在磁场中运动时，有三种情况：匀速直线运动，匀速圆周运动，和匀速螺旋运动，一定要注意粒子的运动方向与磁场的方向之间的关系．【解析】【答案】A3、C【分析】小球在半圆槽内运动的B

到C

过程中；小球与槽组成的系统机械能守恒.

由于小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，则知小球的机械能减小，故A错误；小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；小球自半圆槽的最低点B

向C

点运动的过程中，水平方向合外力为零，故小球与半圆槽动量守恒.

故C正确；小球离开C

点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动.

故D错误；故选C

考点：动量守恒定律。

【解析】C

4、C【分析】【分析】

根据原子核经过一次娄脕

衰变；电荷数减小2

质量数减小4

经过一次娄脗

衰变，电荷数增加1

质量数不变，分析求解即可．

该题从一个比较特殊的角度考查对两种衰变的本质的理解；在解答中要根据娄脕

衰变与娄脗

衰变的实质，分析质子数和中子数的变化即可.

注意元素在元素周期表中的位置的变化与质子数的变化有关．

【解答】

原子核经过一次娄脕

衰变；电荷数减小2

所以经过2

次娄脕

衰变后电荷数减小4

同时，经过一次娄脗

衰变，电荷数增加1

所以元素A

经过2

次娄脕

衰变和1

次娄脗

衰变后电荷数减小3

则生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3

位，故C正确，ABD错误；

故选C．【解析】C

5、A【分析】解：以结点为研究对象；分析受力情况：三根细线的拉力.

重物对O

点的拉力等于mg

．

作出力图如图：

由共点力平衡；结合正交分解法，得到：

x

方向F2cos娄脠鈭�F1=0

y

方向F2sin娄脠鈭�G=0

解得：

F1=mgtan娄脠

F2=mgcos娄脠

则可知；AO

的拉力最大，故增大mg

时AO

最先断开，故BCD错误，A正确．

故选：A

．

以点O

为研究对象；分析受力情况：三根细线的拉力.

重物对O

点的拉力等于mg.

作出力图分析.

明确三绳中哪根绳上受力最大，受力最大的绳最先断开．

本题是三力平衡问题，注意研究对象为结点O

同时在运用共点力平衡条件解决平衡问题时，可以用合成法、分解法、正交分解法等；对于选择题，本题可以直接根据作出的图形利用几何关系得出结论：直角三角形斜边最长，则可知F2

最大拢隆

【解析】A

6、D【分析】解：A；由表达式知交流电的频率50Hz；所以电流方向每秒钟变化100次，A错误；

B；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数；B错误；

C；开关从断开到闭合时；副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C错误；

D、开关闭合前，AB两端的功率为：开端闭合后，AB两端的功率为：若：即：时，PAB=PAB′即闭合前后AB两端电功率相等；故D正确。

故选：D。

变压器的特点：匝数与电压成正比；与电流成反比；负载决定输出电流变化，从而影响输入电流的变化．

本题考查了变压器的特点，注意根据交流电瞬时值表达式获取有用信息，难度不大，属于基础题．【解析】D7、A【分析】【详解】

AB．根据右手定则可知；M在P的磁场方向向上，N在P点的磁场也向上，则叠加后P点合磁场向上；M在Q的磁场方向向上，N在Q点的磁场向下，则叠加后Q点的合磁场向下，且小于P点的磁场大小，选项A正确，B错误；

CD．电流元所受的安培力的大小与电流元的放置方向有关，则无法比较同一电流元分别放置于P、Q两点所受安培力的大小，选项CD错误．二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】试题分析:光的强弱影响单位时间内发出光电子的数目，若增加该入射光的强度，则单位时间内从该金属表面逸出的光电子数增加，由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hv-W0可知：如果入射光的频率增加，光电子的最大初动能增加。考点：光电效应【解析】【答案】增加；增加9、略

【分析】解：由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，分压式接法适用于测量较大阻值电阻(

与滑动变阻器的总电阻相比)

由于R1<RL

选用R1

时滑片移动时，电压变化明显，便于调节.

又小灯泡的电阻约RL=U2P=3拢庐821.5隆脰9.6娄赂RVRL>RLRA

所以安培表应该选用外接法.

故应选用图丁所示电路由于电路中采用分压接法，故滑动变阻器应采用小电阻R1

故答案为：丁；R1

．

根据实验的原理可得实验中应选用滑动变阻器的接法；由电流表及灯泡内阻间的关系可选用电流表的接法．

当要求电流或电压从零调或变阻器的最大电阻值远小于待测电阻值时，滑动变阻器必须用分压式接法；当定值电阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法．【解析】丁；R1

10、略

【分析】【解析】试题分析：由于电压表为理想电压表，内阻无穷大，所以闭合开关电路稳定后没有电流流过R2，R2相当于一条导线，电路中只有R2、R3和电源串联，由此可知电流为电阻R3两端电压为5V，电压表示数为5V，电容器两端电压为R1两端电压，所以电容器两端电压为4V，由电量Q=CU=40μF×4V=1.6×10-4C考点：考查含容电路的分析【解析】【答案】5.0V；1.6×10-4C11、大引力扩散无规则运动【分析】【解答】（1）当玻璃板与水面接触时；玻璃板与水分子之间存在作用力，当用力向上拉时，水分子之间要发生断裂，还要克服水分子间的作用力，所以拉力比玻璃板的重力要大，反映出水分子和玻璃的分子间存在引力作用。（2）往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色，这种不同物质彼此进入对方的现象，称为扩散现象，是由分子的无规则运动产生的.

【分析】本题考查了分子间的相互作用力及扩散12、480

【分析】解：在远距离输电中；输送电压为220

伏，使用原副线圈匝数比为110

的升压变压器升压，故升压变压器的输出电压为2200V

根据P=UI

输出电流为：

I=44隆脕1000W2200V=20A

故电压损失为：鈻�U=Ir=20A隆脕0.2娄赂=4V

电功率损失为：鈻�P=I2r=202隆脕0.2=80W

故答案为：480

．

根据变压比公式求解升压变压器的输出电压U

根据P=UI

求解传输电流，根据鈻�U=Ir

求解电压损失，根据鈻�P=I2r

求解功率的损失．

掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，注意输电的电流的求解，及损失的功率计算．【解析】480

13、略

【分析】解：核反应方程式为：12H+13H隆煤24He+X

方程中的X

为01n

这个核反应中质量亏损为：

鈻�m=m1+m2鈭�m3鈭�m4

若该反应中生成24He

的总质量为A

则放出的总核能：鈻�E=(m1+m2鈭�m3鈭�m4)Ac2m3

故答案为：(1)01n(

或中子)m1+m2鈭�m3鈭�m4(m1+m2鈭�m3鈭�m4)Ac2m3

．

根据核反应方程的质量数与质子数守恒；即可求解；

根据质能方程求出释放能量；即可求解．

质能方程是原子物理中的重点内容之一，该知识点中，关键的地方是要知道反应过程中的质量亏损等于反应前的质量与反应后的质量的差.

属于基础题目．【解析】01n(

或中子)m1+m2鈭�m3鈭�m4(m1+m2鈭�m3鈭�m4)Ac2m3

14、变大不变【分析】解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变；匝数比不变，则副线圈电压不变；

开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A2示数变大；

根据可知，A1示数也变大；

由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变；

故答案为：变大；不变。

与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化；确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。【解析】变大不变三、判断题(共9题，共18分)15、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．16、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．17、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．18、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．19、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．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、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．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．23、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．四、计算题(共2题，共6分)24、略

【分析】试题分析：（1）设AB碰撞后的速度为AB碰撞过程由动量守恒定律得设与C碰撞前瞬间AB的速度为由动能定理得联立以上各式解得该过程为完全非弹性碰撞，（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得代入数据解得：k=2此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得联立以上两式解得代入数据解得此时AB的运动方向与C相反若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得代入数据解得总上所述得：当时，AB的运动方向与C相同；当时，AB的速度为0；当时，AB的运动方向与C相反．考点：考查了动量守恒定律的应用【解析】【答案】（1）4.0m/s（2）当时，AB的运动方向与C相同；当时，AB的速度为0，当时，AB的运动方向与C相反．25、解：（1）设线圈匀速穿出磁场区域的速度为v，此过程线圈的重力与安培力平衡，由平衡条件得：mg=BIL，E=BLv，解得：（2）设线圈的MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小为v0，线圈完全在磁场中运动的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：【分析】本题是电磁感应与力学的综合，正确分析线圈的受力情况，运用力学的基本规律：平衡条件、机械能守恒定律即可正确解题。(1)

当线圈的PQ

边到达磁场下边缘时，恰好做匀速运动，重力与安培力二力平衡，由平衡条件和安培力公式求出线圈的速度；(2)

线圈完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，机械能守恒，根据机械能守恒定律求解MN

边刚好进入磁场时，线圈的速度大小。【解析】解：(1)

设线圈匀速穿出