1、2015-2016学年广东省清远市清新一中高二（下）期末物理复习卷一、单选题：共10小题，1在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列说法正确的是（）A牛顿首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系B库仑发现了电流的磁效应C麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在D法拉第发现了电磁感应规律2篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前这样做可以（）A减小球对手的冲量B减小球的动量变化率C减小球的动量变化量D减小球的动能变化量3近代物理学家预言有单个的磁极（磁单极子）在自然界存在我们假定有一个单个的N极磁单极子存在，它由右方沿水平方向垂直
2、于一个竖直超导线圈A所在平面向左运动并穿过超导线圈A，如图所示则有（）A穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有顺时针方向电流长久存在B穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有逆时针方向电流长久存在C穿过超导线圈过程中有电流存在，穿过超导线圈后电流很快消失D线圈中始终没有电流存在4如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯光正常发光则（）A副线圈电流频率为20HzB电源输出功率为1200WC电流表的示数为AD原线圈端电压为11V5如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯
3、泡L1和L2，输电线的等效电阻为R1当滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时，以下说法中正确的是（）A副线圈的两端M、N的输出电压减小B副线圈输电线等效电阻R1上的电压不变C副线圈消耗的总功率减小D原线圈中输入功率增大6如图所示，空间分布着宽为L，垂直于纸面向里的匀强磁场一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图（ix）正确的是（）ABCD7如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都
4、能发光如果加在原线圈两端的交流电的峰值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是（）A副线圈两端的电压有效值均为6VB副线圈两端的电压有效值均为108VC灯泡变亮，灯泡变亮D灯泡变暗，灯泡变亮8如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为1.90eV的金属铯，下列说法正确的是（）A这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n=4跃迁到n=3所发出的光波长最短B这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n=4跃迁到n=l所发出的光频率最高C金属铯表面所发出的光电子的初动能最大
5、值为12.75eVD金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85eV9如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（）A拉力F的冲量大小为FtcosB摩擦力的冲量大小为FtsinC重力的冲量大小为mgtD物体所受支持力的冲量是mgt10原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量这几种反应总的效果可以表示为6HkHe+dH+2n+43.15MeV由平衡条件可知（）Ak=1，d=4Bk=2，d=2Ck=1，d=6Dk=2，d=3二、多
6、选题112005年是“世界物理年”，100年前的1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象关于光电效应，下列说法正确的是（）A当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应B光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应12“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风，下列原子弹和氢弹说法正确的是（）A原子弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式H+HHe+nB原子弹是根据重核的裂变原理，基本核
7、反应方程式U+nSr+Xe+10nC氢弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式H+HHe+nD氢弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式U+nSr+Xe+10n13在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线上的总电阻为R，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2，用户得到的电压为U2，在忽略其他损失的情况下，下列表达式中正确的是（）AP1=BP2=（）2RCP2=P（）2RDU2=U14小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他 电阻下列说法正确的是（）A交变
8、电流的频率为4HzB在1s内，交变电流的方向改变8次C此闭合回路的电流有效值为AD小型交流发电机的输出功率为40W15图甲中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交流电i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力最大Dt2时刻两线圈间吸力最大三、解答题（共4小题，满分0分）16（1）如图1，读出下面游标卡尺和螺旋测微器的测量数据（a）游标卡尺读数：； （b）螺旋测微器读数：（2）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图2中的甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图2中的乙将电流
9、表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路在图2甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）在图2乙中：（以下均填“向左”、“向右”、“不”）（a）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将偏转（b）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针偏转17如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2（g取10m/s2）设小车足够长，求：（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小（2）从木块滑上小车到它们处于相对静
10、止所经历的时间（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离18氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为Ee=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零碰撞后，氢原子受激，跃迁到n=4的能级求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能（已知电子的质量me与氢原子的质量mH之比为1：1840）19用质量为m、电阻为R的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计可认为方框的aa边和bb
11、边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）求：（1）方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vtvm）若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式2015-2016学年广东省清远市清新一中高二（下）期末物理复习卷参考答案与试题解析一、单选题：共10小题，1（2016春清远校级期末）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列说法正确的是（）A牛
12、顿首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系B库仑发现了电流的磁效应C麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在D法拉第发现了电磁感应规律【考点】物理学史【分析】欧姆首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系奥斯特发现了电流的磁效应赫兹首次通过实验证实了电磁波的存在法拉第发现了电磁感应规律【解答】解：A、欧姆首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系，发现了欧姆定律故A错误B、奥斯特发现了电流的磁效应，库仑发现了电荷间作用力的规律库仑定律故B错误C、赫兹首次通过实验证实了电磁波的存在，不是麦克斯韦故C错误D、法拉第发现了电磁感应规律故D正确故选：D【点评】本题考查物理学史，是常识性，只要加强记忆，就能得分可结
13、合物理学家的成就、年代等进行记忆2（2013春佛山期末）篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前这样做可以（）A减小球对手的冲量B减小球的动量变化率C减小球的动量变化量D减小球的动能变化量【考点】动量定理【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析【解答】解：先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：Ft=0mvF=当时间增大时，球动量的变化率减小；作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以B正确故选：B【点评】本题主要考查了动量定理的
14、直接应用，注意增大作用时间可以减小冲击力的大小3（2013春佛山期末）近代物理学家预言有单个的磁极（磁单极子）在自然界存在我们假定有一个单个的N极磁单极子存在，它由右方沿水平方向垂直于一个竖直超导线圈A所在平面向左运动并穿过超导线圈A，如图所示则有（）A穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有顺时针方向电流长久存在B穿过超导线圈后，顺着磁单极子运动方向看，线圈中有逆时针方向电流长久存在C穿过超导线圈过程中有电流存在，穿过超导线圈后电流很快消失D线圈中始终没有电流存在【考点】楞次定律【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方
15、向【解答】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变所以四个选项中B正确故选：B【点评】考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极4（2013春佛山期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源
16、，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯光正常发光则（）A副线圈电流频率为20HzB电源输出功率为1200WC电流表的示数为AD原线圈端电压为11V【考点】变压器的构造和原理【分析】在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比【解答】解：A、根据题意无法求解副线圈电流频率，故A错误；B、在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为60W，故B错误；C、在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为I=A=A，根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为为A，故C
17、正确；D、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V，故D错误故选：C【点评】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5（2016春清远校级期末）如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R1当滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时，以下说法中正确的是（）A副线圈的两端M、N的输出电压减小B副线圈输电线等效电阻R1上的电压不变C副线圈消耗的总功率减小D原线圈中输入功率增大【考点】变压器的构造和原理【分析】本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据变阻器电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可
18、以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；B、当滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时减小，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R1的电流变大，电压变大，故B错误；C、副线圈两端的电压不变，负线圈的电阻减小，根据知副线圈消耗的功率增大，故C错误；D、因为副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率增大，所以D正确；故选：D【点评】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
19、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6（2012台州二模）如图所示，空间分布着宽为L，垂直于纸面向里的匀强磁场一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图（ix）正确的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】先由楞次定律判断感应电流的方向再分段研究感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小【解答】解：在0L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；感应电动势大小为E1=BLv，感应电流大小为；在L2L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正
20、值；感应电动势大小为E2=2BLv，感应电流大小为I2=；在2L3L过程：由楞次定律判断可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值；感应电动势大小为E3=3BLv，感应电流大小为I3=故B正确故选B【点评】本题运用楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到感应电流的表达式，再选择图象，是常用的方法和思路7（2016春清远校级期末）如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光如果加在原线圈两端的交流电的峰值保持不变，而将其频率变为原来
21、的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是（）A副线圈两端的电压有效值均为6VB副线圈两端的电压有效值均为108VC灯泡变亮，灯泡变亮D灯泡变暗，灯泡变亮【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】根据乙图可以知道输入电压的峰值，从而知道副线圈两端电压的峰值和有效值，频率增大后对电阻无影响，线圈阻碍更大，而电容阻碍更小【解答】解：AB、由乙图中输入电压的峰值为36V，有效值为36V，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1，所以副线圈两端电压为6V，故A正确，B错误；CD、当交流电频率增大后，对电阻没影响，线圈阻碍更大，而电容阻碍更小，所以灯泡变暗，灯
22、泡变亮，故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题考查了变压器的特点和自感线圈通低频阻高频，电容器通交流隔直流的特性8（2010沙坪坝区校级模拟）如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为1.90eV的金属铯，下列说法正确的是（）A这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n=4跃迁到n=3所发出的光波长最短B这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n=4跃迁到n=l所发出的光频率最高C金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为12.75eVD金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为10.85eV【考点】氢原子的能级公式和跃
23、迁【分析】氢原子能级间跃迁时，能发出光的种类为C，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大根据光电效应方程求出光电子的最大初动能【解答】解：AB、一群氢原子处于n=4的激发态，可能发出=6种不同频率的光子，因为n=4和n=1间能级差最大，所以从n=4跃迁到n=1发出的光子频率最高，波长最短故A、B错误CD、从n=4跃迁到n=1发出的光子频率最高，发出的光子能量为13.600.85eV=12.75eV根据光电效应方程EKm=hvW0得，最大初动能Ekm=12.751.90eV=10.85eV故C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量
24、等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程EKm=hvW09（2016春清远校级期末）如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（）A拉力F的冲量大小为FtcosB摩擦力的冲量大小为FtsinC重力的冲量大小为mgtD物体所受支持力的冲量是mgt【考点】动量定理【分析】根据力的大小，结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小【解答】解：A、拉力F的冲量大小为Ft，故A错误B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcos，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcos，故B错误C、重力的冲量大小为mgt，故C正确D、支持
25、力的大小为N=mgFsin，则支持力的冲量为（mgFsin）t故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积，结合力的大小进行求解，基础题10（2009安徽）原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量这几种反应总的效果可以表示为6HkHe+dH+2n+43.15MeV由平衡条件可知（）Ak=1，d=4Bk=2，d=2Ck=1，d=6Dk=2，d=3【考点】轻核的聚变【分析】根据核反应中遵循质量数守恒，核电荷数守恒可以求出kd的得数【解答】解：在核反应的过程由质量数守恒可得62=4k+d+21根据核电
26、荷数守恒可得612k+d联立两式解得 k=2，d=2故选B【点评】本题考查核反应遵循的规律，比较简单，只要多看课本，适当做题就能顺利解决此类题目二、多选题11（2010河西区二模）2005年是“世界物理年”，100年前的1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中关于光量子的理论成功地解释了光电效应现象关于光电效应，下列说法正确的是（）A当入射光的频率低于极限频率时，不能发生光电效应B光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C光电子的最大初动能与入射光的强度成正比D某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光照射该金属可能发生光电效应【考点】光电
27、效应【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关根据光电效应方程EKm=hW0可知光电子的最大初动能与入射光频率的关系【解答】解：A、当入射光的频率低于极限频率，不能发生光电效应故A正确B、根据光电效应方程EKm=hW0可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系故B错误C、光电子的最大初动能与入射光的强度无关故C错误D、某单色光照射一金属时不能发生光电效应，改用波长较短的光，根据知频率增大，可能发生光电效应故D正确故选AD【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程EKm=hW012（2016春清远校级期末）“两弹一星”可以
28、说长了中国人的志气，助了中国人的威风，下列原子弹和氢弹说法正确的是（）A原子弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式H+HHe+nB原子弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式U+nSr+Xe+10nC氢弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式H+HHe+nD氢弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式U+nSr+Xe+10n【考点】重核的裂变；轻核的聚变【分析】原子弹爆炸的核反应为重核裂变氢弹是根据轻核聚变原理【解答】解：A、B、原子弹是根据重核的裂变原理，基本核反应方程式U+nSr+Xe+10n故A错误，B正确；C、D、氢弹是根据轻核聚变原理，基本核反应方程式H+HHe+n故C正确，D错误故选：
29、BC【点评】核电站、原子弹的爆炸都是重核裂变，氢弹的爆炸为轻核聚变基础题目13（2016春清远校级期末）在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线上的总电阻为R，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2，用户得到的电压为U2，在忽略其他损失的情况下，下列表达式中正确的是（）AP1=BP2=（）2RCP2=P（）2RDU2=U【考点】远距离输电【分析】根据P=UI求出输电线上的电流，结合，U=IR求出损失的功率和损失的电压，用户得到的功率等于输送功率减去损失的功率，用户得到的电压等于输电电压减去损失的电压【解答】解：A、输电线上的电流I=，则输电线损失的功率，故A错误
30、B、用户得到的功率故B错误，C正确D、输电线上损失的电压，则用户得到的电压故D正确故选：CD【点评】解决本题的关键知道输送电压、电流和功率的关系，知道用户得到的功率等于输送功率减去损失的功率，用户得到的电压等于输电电压减去损失的电压14（2016春清远校级期末）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他 电阻下列说法正确的是（）A交变电流的频率为4HzB在1s内，交变电流的方向改变8次C此闭合回路的电流有效值为AD小型交流发电机的输出功率为40W【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期
31、和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解【解答】解：A、由图可知，交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为f=4Hz，故A正确；B、一个周期内电流改变两次，故1s内交变电流的方向改次数为次，故B正确；C、由图可知，交流电的最大电压Um=20V，所以交变电流的最大值为Im=2A，所以交变电流的有效值为I=A，故C正确；D、小型交流发电机的输出功率为P=I2R=20W，故D错误故选：ABC【点评】本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解15
32、（2013清浦区校级学业考试）图甲中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交流电i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力最大Dt2时刻两线圈间吸力最大【考点】平行通电直导线间的作用【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设顺时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向顺时针
33、且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设顺时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C错误；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而
34、磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：AB【点评】解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同三、解答题（共4小题，满分0分）16（2016春清远校级期末）（1）如图1，读出下面游标卡尺和螺旋测微器的测量数据（a）游标卡尺读数：20.30mm； （b）螺旋测微器读数：0.705mm（2）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图2中的甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图2中的乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将
35、线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路在图2甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）在图2乙中：（以下均填“向左”、“向右”、“不”）（a）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将向左偏转（b）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针向左偏转【考点】研究电磁感应现象；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，
36、最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为20mm，游标读数为0.056mm=0.30mm，所以最终读数为20.30mm螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0120.5mm=0.205mm，所以最终读数为0.705mm（2）在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向下；（a）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线
37、柱流入，则电流表的指针将左偏转；（b）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；故答案为：（1）（a）20.30mm；（b）0.705mm（0.7040.706mm） （2）（a）向左；（b）向左【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题17（2016江西二模）如图所
38、示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2（g取10m/s2）设小车足够长，求：（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；动量定理【分析】（1）木块和小车组成的系统，所受合力为零，动量保持不变，根据动量守恒定律求出，木块和小车相对静止时小车的速度大小（2）以木块为研究对象，根据动量定理求出时间（3）根据牛顿第二定律分析求出木
39、块和小车的加速度，再由运动学公式求出两物体的位移及相对位移大小【解答】解：（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得： mv0=（M+m）v 得v=0.4m/s（2）以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得ft=mvmv0 又f=mg得到（3）木块做匀减速运动，加速度a1=2m/s2车做匀加速运动，加速度a=0.5m/s2由运动学公式可得：vt2v02=2as在此过程中木块的位移为s1=0.96m车的位移为s2=0.16m木块在小车上滑行的距离为S=S1S2=0.8m答：（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小为0.4m/s（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止
40、所经历的时间是0.8s（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离是0.8m【点评】本题第（3）问也可以这样求解：木块的位移为s1=0.96m，车的位移为s2=0.16m再求解木块在小车上滑行的距离为S=S1S2=0.8m18（2014郸城县校级模拟）氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为Ee=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零碰撞后，氢原子受激，跃迁到n=4的能级求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能（已知电子的质量me与氢原子的质量mH之比为1：1840）【考点】氢原子的能
41、级公式和跃迁【分析】根据动量守恒研究电子与氢原子发生碰撞列出等式，根据动能的表达式求出碰撞前一个电子和一个受激氢原子的总动能根据能量需要等于两能级间的能级差求出碰撞后一个电子和一个受激氢原子的总动能【解答】解：以ve和vH表示碰撞前电子的速率和氢原子的速率，根据题意有：mevemHvH=0碰撞前，氢原子与电子的总动能为EK=mH+me解以上两式并代入数据得：Ek=12.897eV12.90eV 氢原子从基态激发到n=4的能级所需能量由能级图得E=0.85（13.59）=12.74eV 碰撞后电子和受激氢原子的总动能Ek=EkE=12.9012.74=0.16eV 答：碰撞后一个电子和一个受激氢
42、原子的总动能是0.16eV【点评】本题综合考查了动量守恒、能量守恒定律以及能级的跃迁，综合性较强，难度中等19（2013春佛山期末）用质量为m、电阻为R的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计可认为方框的aa边和bb边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）求：（1）方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速
43、度为vt（vtvm）若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）分析方框运动的过程：方框从静止释放后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力，先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，速度达到最大根据力的平衡知识和安培力公式求解最大速度vm（2）当方框下落的加速度为时，根据牛顿第二定律和安培力公式列式，求出电路中电流I，可由P=I2R求线框发热功率P（3）运用焦耳定律求解恒定电流I0的表达式【解答】解：（1）方框下落速度为v时，产生的感应电动势E=B2Lv 方框中的感应电流方框下落过程，受到方向竖直向下的重力G和方向竖直向上的安培力F，分别有 G=mg F=BI2L 当F=G时，方框达到最大速度，即v=vm则由上述各式可解得方框下落的最大速度（2）方框下落加速度为时，有方框的发热功率 P=I2R 由式可解得：（3）根据能量守恒定律，有 即 （11）答：（1）方框下落的最大速度vm为；（2）方框的发热功率P为；（3）恒定电流I0的表达式为【点评】解答这类问题的关键是通过受力分析，正确分析安培力的变化情况，找出最大速度的运动特征电磁感应与电路结合的题目，感应电动势是中间桥梁
