2025年人教版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版高二物理上冊階段測試試卷291考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、關于如圖所示的驗電器，下列說法正確的是（）A.硬桿b應該用金屬材料制成B.a與c應該互相絕緣C.用毛皮摩擦過的橡膠棒靠近a時，兩金屬箔片帶等量異種電荷D.用毛皮摩擦過的橡膠棒接觸a后，c所帶電荷與橡膠棒所帶電荷的電性相反2、為探究小燈泡L

的伏安特性，連好圖示的電路后閉合開關，通過移動變阻器的滑片，使小燈泡中的電流由零開始逐漸增大，直到小燈泡正常發(fā)光.

由電流表和電壓表得到的多組讀數(shù)描繪出的U鈭?I

圖象應是(

)

A.B.C.D.3、如圖所示為某研究性學習小組自制的電子秤原理圖，利用電壓表的示數(shù)來稱量物體的重．R為限流電阻；滑動變阻器的滑動端與彈簧上端連接，當盤中沒有放物體時，電壓表示數(shù)為零．托盤與彈簧的質量均不計，電壓表可視為理想電表，不計一切摩擦和其它阻力．則（）

A.待測物體越重電壓表示數(shù)越大；且電壓表示數(shù)與待測物體的重成正比。

B.待測物體越重電壓表示數(shù)越大；但電壓表示數(shù)與待測物體的重不成正比。

C.待測物體越重電壓表示數(shù)越?。磺译妷罕硎緮?shù)與待測物體的重成反比。

D.待測物體越重電壓表示數(shù)越小；但電壓表示數(shù)與待測物體的重不成反比。

4、如圖所示，通電導線MN

與單匝矩形線圈abcd

共面，位置靠近ab

且相互絕緣.

當MN

中電流突然增大時，線圈所受安培力的合力方向(

)

A.向左B.向右C.垂直紙面向外D.垂直紙面向里5、如圖所示是一個單擺做受迫振動時的共振曲線，表示振幅A

與驅動力的頻率f

的關系，下列說法正確的是(

)

A.若增大擺長，共振曲線的“峰”將向右移動B.若增大擺長，共振曲線的“峰”將向左移動C.擺長約為10cm

D.發(fā)生共振時單擺的周期為1s

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、有一電池，當兩端接3Ω電阻時，輸出電流為1.0A，電池內電壓為0.6V，該電池的電動勢E=____V，內阻r=____Ω，電池的輸出功率為____W，此時電源的效率為____。7、矩形線圈在磁場中勻速轉動產生的交變感應電動勢為e=Emsinωt．若將線圈的轉速提高到原來的兩倍，其他條件不變，則產生的電動勢為?=______．8、如圖所示，行李箱在繩子拉力F

的作用下沿平直路面勻速直線前進s

的距離.

若拉力F

與水平方向的夾角為婁脕

則箱子受到的摩擦阻力的大小f=

______，方向______(

選填“水平向左”或“水平向右”)

拉力對行李箱所做的功W=

______．9、如圖所示，B

物體的質量是A

物體質量的12

在不計摩擦阻力的情況下，A

物體自H

高處由靜止開始下落.

以地面為參考平面，當物體A

的動能與其勢能相等時，物體距地面的高度是______．10、手機鋰電池電動勢為3.6V

內阻為0.1婁賂.

將7.1婁賂

的電阻接在電池兩端，通過電池的電流是______A

當外電阻變大時，電池的電動勢______(

選填“增大”、“不變”或“減小”)

．11、某品牌自動電熱水壺的銘牌如表所示?！痢磷詣与姛崴畨禺a品型號DSB﹣051額定電壓220V額定功率800W使用頻率50Hz容量0.8L如果使用該電熱水壺燒水，在額定電壓下工作時，電水壺的額定電流是A，工作4min消耗的電能是J．（結果保留三位有效數(shù)字）12、人類社會自從進入電氣化時代以來，就一直在不斷地探尋電能的來源．如今常見的發(fā)電方式有：①火力發(fā)電、②水力發(fā)電、③核發(fā)電，其中將自然界的機械能轉化為電能的方式是____（寫序號即可）．如果把直接來自于自然界的煤炭稱為一次能源，那么由煤炭轉化而來的電能則屬于____能源．13、動力線路用的正弦式交流電的電壓是380V．它們的有效值是______V、峰值是______V．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）15、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

16、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

17、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）18、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）19、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、證明題(共2題，共6分)22、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。23、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、綜合題(共3題，共21分)24、【物理選做】（15分）(1)以下有關近代物理內容的若干敘述，正確的是（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）____A.重核的裂變和輕核的聚變過程都有質量虧損，都向外界放出核能B.用光照射金屬不能發(fā)生光電效應是因為該入射光的頻率小于金屬的截止頻率C.有10個放射性元素的原子核，當有5個原子核發(fā)生衰變所需的時間就是該放射性元素的半衰期D.盧瑟福通過對天然放射現(xiàn)象的研究，提出原子的核式結構學說E.氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，會輻射一定頻率的光子，同時氫原子的電勢能減小，電子的動能增大(2)（10分）如圖所示，光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C，質量分別為mA=mC=3mBA、B用細繩連接，中間有一壓縮的輕彈簧(彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起最終三滑塊之間距離不變。求B與C碰撞前B的速度及最終的速度。25、【物理簍D簍D

選修3鈭?3

】(1)

如圖甲所示，在磁感應強度B=1T

的有界勻強磁場中，用外力將邊長L=0.5m

的正方形金屬線框(

各處都完全相同)

向右勻速拉出磁場，以bc

邊剛離開磁場的時刻為計時起點，在線框拉出進場的過程中，ab

邊受到的安培力大小F

隨時間t

變化的關系如圖乙所示。則下列說祛正確的是

A.線框做勻速運動的速度大小為1m/s

B.線框產生的感應電流為逆時針方向，大小為0.5A

C.線框的總電阻為0.5婁賂

D.線據穿出進場過程中產生的焦耳熱為0.5J

(2)

如圖所示，兩塊木板的質量分別為M1=500gM2=400g

靜止于光滑水平面上，小物塊m=100g

以初速度為v=10m/s

滑上M1

的表面，最后停在M2

上時速度為v2=1.5m/s

求：

(1)

最后M1

的速度v1

(2)m

剛離開Ml

時的速度v鈥?

26、[

物理隆陋隆陋

選修3鈭?3]

(1)

下列說法正確的是________A.一定質量的理想氣體溫度升高，內能一定增大B.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零C.一定質量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，氣體分子的平均動能增大D.一定質量的氣體，在體積不變時，分子每秒與器壁的平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小E.攝氏溫度是國際單位制中七個基本物理量之一，攝氏溫度t

與熱力學溫度T

的關系是T=t+273.15K

(2)

如圖所示，足夠長的圓柱形氣缸豎直放置，其橫截面積S=1隆脕10鈭?3m2

氣缸內有質量m=2kg

的活塞，活塞與氣缸壁封閉良好，不計摩擦。開始時活塞被銷子K

固定于圖示位置，離缸底L1=12cm

此時氣缸內被封閉氣體的壓強婁脩1=1.5x105Pa

溫度T1=300K

外界大氣壓婁脩0=1.0隆脕105Pag=10m/s2

壟隆.

現(xiàn)對密閉氣體加熱，當溫度升高到T2=400K

時，其壓強婁脩2

為多少?

壟壟.

若在此時拔去銷子K

活塞開始向上運動，當它最后靜止在某一位置時，氣缸內氣體的溫度變?yōu)門3=360K

則這時活塞離缸底的距離L3

為多少?

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】試題分析：驗電器的工作過程是通過圖中的a與帶電體接觸，將電荷導入c部分，讓金屬箔帶上同性電荷而相互排斥，所以b應是導體，A正確、B錯誤；用毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電，靠近a時，會因為靜電感應現(xiàn)象讓a帶上正電荷，c部分兩金屬箔片帶上負電荷，所以C、D錯誤?？键c：本題考查靜電現(xiàn)象?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、C【分析】解：燈絲電阻隨電壓的增大而增大；在圖象上某點到原點連線的斜率應越來越大，故ABD錯誤，C正確．

故選C．

解答本題的關鍵是理解電阻的U鈭?I

圖象的物理意義以及溫度對電阻的影響．

本題考查的恒定電流中的基礎知識：U鈭?I

圖象含義以及溫度對電阻的影響.

對于這些基本知識要加強理解和應用．【解析】C

3、A【分析】

當盤中沒有放物體時；電壓表示數(shù)為零，說明滑動變阻器的滑動端位于最上端，此時彈簧處于原長狀態(tài)．

設物體重力為G時，彈簧被壓縮的長度為x，變阻器的總電阻為R，總長度為L．則電壓表示數(shù)U=

又根據胡克定律得G=kx，代入得到U=式中E、R、R、r；L、k都是定值；所以電壓表示數(shù)U與待測物體的重G成正比．故A正確．

故選A

【解析】【答案】圖中電壓表測量變阻器上部分的電壓．當盤中沒有放物體時；電壓表示數(shù)為零，說明滑動變阻器的滑動端位于最上端．待測物體越重，滑動端向下移動的距離越大，上部分電壓越大，電壓表示數(shù)越大．根據胡克定律；電阻定律和歐姆定律得出電壓表示數(shù)與待測物體的重力的關系式，研究比例關系．

4、A【分析】解：金屬線框abcd

放在導線MN

上，導線中電流產生磁場，根據安培定則判斷可知，線框abcd

左右兩側磁場方向相反，線框左側的磁通量小于線框右側的磁通量，磁通量存在抵消的情況.

若MN

中電流突然增大時，穿過線框的磁通量將增大.

根據楞次定律可知，感應電流的磁場要阻礙磁通量的變化，則線框abcd

感應電流方向為逆時針；再由左手定則可知，左邊受到的安培力水平向左，而右邊的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向左.

故A正確，BCD錯誤．

故選：A

金屬線框abcd

放在導線MN

上，導線中電流產生磁場，當導線中電流增大時，穿過線框abcd

的磁通量增大，根據楞次定律判斷線框abcd

感應電流；再由左手定則來確定所受有安培力方向．

本題運用楞次定律判斷電磁感應中導體的運動方向，也可以根據因果關系，運用安培定則、楞次定律和左手定則按部就班進行分析判斷．【解析】A

5、B【分析】【分析】由共振曲線可知；出現(xiàn)振幅最大，則固有頻率等于受迫振動的頻率。

由共振曲線可知；出現(xiàn)振幅最大，則固有頻率等于受迫振動的頻率。

【解答】AB.

若擺長增大；則固有頻率減小，所以共振曲線的峰將向左移動;

故A錯誤，B正確；

C.由圖可知，此單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s.

由公式可得L隆脰1m

故C錯誤；D.由圖可知；此單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s.

故D錯誤．

故選B．【解析】B

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【解析】試題分析：當電流為1A時，電池內電壓為0.6V，由此可知電源內阻為0.6Ω，由閉合電路歐姆定律E=I(R+r)=3.6V，電池輸出功率為電源效率為83.3%考點：考查閉合電路歐姆定律【解析】【答案】3.60.6383.3%7、略

【分析】解：感應電動勢的瞬時值表達式為：e=Emsinωt，其中：Em=nBSω；

將線圈的轉速提高到原來的2倍，其它條件不變Em和ω都增加一倍；

此時交變電流的瞬時值表達式變?yōu)椋篹′=2Emsin2ωt．

故答案為：2Emsin2ωt．

感應電動勢的瞬時值表達式分析答題，交變電流的瞬時值表達式為：e=Emsinωt，其中Em=nBSω

本題考查考慮問題的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都與轉速成正比，難度不大，屬于基礎題．【解析】2Emsin2ωt8、Fcosα；水平向右；Fscosα【分析】解：根據平行四邊形定則；在水平方向上的分力F1=Fcos婁脕

豎直方向上的分力F2=Fsin婁脕.

根據平衡條件可知，摩擦阻力大小為Fcos婁脕

方向水平向右；

拉力所做的功W=Fscos婁脕

故答案為：Fcos婁脕

水平向右；Fscos婁脕

．

將拉力沿水平方向和豎直方向分解；根據平行四邊形定則，求出水平分力和豎直分力.

根據平衡條件可求得摩擦阻力的大小和方向；根據功的公式可求得拉力所做的功．

解決本題的關鍵知道力可以按作用效果進行分解，分解時合力與分力遵循平行四邊形定則；注意平衡條件的應用；同時在根據功的計算方法可求出拉力的功．【解析】Fcos婁脕

水平向右；Fscos婁脕

9、略

【分析】解：對AB

兩物體組成的系統(tǒng)；由于只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒．

B

的重力勢能不變；所以A

重力勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量.

則有：

mAg(H鈭?h)=12(mA+mB)v2

．

又物體A

的動能與其勢能相等，即mAgh=12mAv2

又mA=2mB

聯(lián)立上面兩式得：mAg(H鈭?h)=32mAgh

得h=0.4H

．

故答案為：0.4H

對于A

和B

組成的系統(tǒng)；在下落的過程中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據機械能守恒定律求出當A

的動能與其勢能相等時A

距地面的高度．

解決本題的關鍵知道AB

兩物體組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒.

在運動過程中B

的重力勢能不變，所以A

重力勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量．【解析】0.4H

10、略

【分析】解：電池電動勢為3.6V

內阻為0.1婁賂.

將7.1婁賂

的電阻接在電池兩端時，根據閉合電路的歐姆定律：I=ER+r=3.67.1+0.1=0.5A

電源的電動勢是由電源本身決定的；與外電路的電阻值無關.

當外電阻變大時，電池的電動勢不變．

故答案為：0.5

不變。

根據閉合電路的歐姆定律即可求出電路中的電流；電源的電動勢是由電源本身決定的．

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應用，知道電源的電動勢與外電路的電阻值無關是解答的關鍵.

難度不大，屬于基礎題．【解析】0.5

不變11、略

【分析】【解析】試題分析：由表中數(shù)據可以得到額定電壓、額定功率，由電功率公式P=UI可以求得電流，由W=pt可以求得電能．【解析】

由圖知電水壺的額定電壓為220V，額定功率為800W，由P=UI得：I===A；t=4min=4×60s=240s，則4分鐘消耗的電能為：W=Pt=800W×240s=1.92×105J．故答案為：1.92×105．【解析】【答案】1.92×10512、②二次【分析】【解答】水力發(fā)電是利用水的機械能轉移給發(fā)電機；發(fā)電機再將機械能轉化為電能；

把直接來自于自然界的煤炭稱為一次能源；煤炭轉化而來的電能則屬于二次能源．

故答案為：②；二次．

【分析】火力發(fā)電是通過燃燒燃料；將燃料中存在的化學能轉化為高溫高壓蒸氣的內能釋放出來，通過熱機將內能轉化為機械能，再通過發(fā)電機將內能轉化為電能；

水力發(fā)電是利用水的機械能轉移給發(fā)電機；發(fā)電機再將機械能轉化為電能；

風力發(fā)電是利用空氣的流動帶動風力轉輪的轉動，轉輪的轉動帶動放電機轉子的轉動，再通過發(fā)電機將機械能轉化為電能．13、略

【分析】解：動力線路用正弦交變電流的電壓是380V；此電壓為有效值；

最大值為Um=380V；

故答案為：380；380

動力線路用正弦交變電流的電壓是380V；此電壓為有效值，根據有效值與最大值的關系求出最大值．

本題考查了有效值跟峰值的關系，難度不大，屬于基礎題．【解析】380；380三、判斷題(共8題，共16分)14、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．15、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．16、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大小．17、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．18、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大?。浑妱莶钆c零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．19、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．20、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．四、證明題(共2題，共6分)22、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動23、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動五、綜合題(共3題，共21分)24、略

【分析】【分析】入射光的頻率大于金屬的截止頻率，才能發(fā)生光電效應；核子結合成原子核時伴隨巨大能量產生；半衰期是個統(tǒng)計規(guī)律；氫原子從高能級到低能級輻射光子，放出能量，能量不連續(xù)，軌道也不連續(xù)，由較高能級躍遷到較低能級時，電子的動能增大，電勢能減小。解決該題關鍵要掌握氫原子躍遷能量是不連續(xù)的，軌道是不連續(xù)的，輻射光子后，動能增大，電勢能減小，相反吸收光子后，動能減小，電勢能增加，同時掌握光電效應發(fā)生條件；理解半衰期不受外界影響，且針對大量原子核才有意義。【解答】A.重核的裂變和輕核的聚變過程都有質量虧損；都向外界放出核能，故A正確；

B.不能發(fā)生光電效應是因為該入射光的頻率小于金屬的截止頻率；故B正確；

C.半衰期是大量原子核顯現(xiàn)出來的統(tǒng)計規(guī)律；對少量的原子核沒有意義，故C錯誤；

D.天然放射現(xiàn)象說明原子核內部是有結構的；故D錯誤；

E.根據玻爾理論；氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，半徑減小，則速度增大，同時電子的動能增大，電勢能減小，故E正確。

故選ABE。（2）A、B組成的系統(tǒng)，在細繩斷開的過程中動量守恒，B與C碰撞過程中動量守恒，抓住三者最后速度相同，根據動量守恒定律求出B與C碰撞前B的速度。題綜合考查了動量守恒定律的應用，綜合性較強，對學生的能力要求較高，要加強這方面的訓練，分析清楚物體運動過程是正確解題的關鍵。【解析】（1）ABE（2）解：對A、B被彈開過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由由動量守恒定律得：對B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，動量守恒定律得：由題意知，三個滑塊最終速度相同：解得，最終速度：B與C碰撞前B的速度25、（1）CD

（2）解：研究m從開始到離開M1時的過程，對整體由動量守恒定律可得：mv=mV′+（M1+M2）v1（1）

對木塊和板2由動量守恒定律可得：

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】

由圖讀出t=0

時刻ab

邊受到的安培力最大，為F=1N

由F=BIL

求出金屬框中的感應電流I

由平衡條件求出外力的大小F脥芒

根據能量守恒求出金屬框拉出的過程中產生的焦耳熱，根據焦耳定律求線圈的電阻R

本題考查切割電動勢，關鍵是明確線框勻速離開磁場區(qū)域過程產生恒定的感應電流，結合切割公式、歐姆定律公式、安培力公式和焦耳定律公式列式分析即可，不難。【解答】

?B.由題意及圖象可知，當t=0

時刻ab

邊的受力最大；為：F1=BIl=1N

解得：I=F1BL=11隆脕0.5=2A

根據右手定則；感應電流為順時針方向；故B錯誤；

D.線框勻速運動；其受到的安培力為阻力大小即為F1

由能量守恒：Q=W擄虜=F1L=1隆脕0.5J=0.5J

故D正確；

C.根據Q=I2Rt

解得：；故C正確；

A.根據I=BLvR

有：；故A錯誤；

故選CD。(2)

對整體由動量守恒定律列出等式，對木塊和板2

由動量守恒定律列出等式聯(lián)立求解；本題主要考查了運動過程中動量守恒定律得應用，注意選擇不同的系統(tǒng)和過程。

【解析】(1)CD

(2)

解：研究m

從開始到離開M1

時的過程，對整體由動量守恒定律可得：mv=mV隆盲+(M1+M2)1(1)

對木塊和板2

由動量守恒定律可得：

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.由題意可知氣體體積不變；狀態(tài)Ⅰ：p1=1.5×105Pa，T1=300K，V1=1×10-3×0.12m3；狀態(tài)Ⅱ：p2；T2=400K；氣體發(fā)生等容變化，由查理