2019-2020学年福建省泉州市泉港一中高二(下)期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年福建省泉州市泉港一中高二(下)期中物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 做直线运动的物体，运动方向必然与所受合力的方向相同
B. 加速度增大的物体一定做加速运动
C. 物体的速度变化量越大，则加速度一定越大
D. 力是产生加速度的原因
2.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为5：4，原线圈一侧接左图所示正弦交流电源上，下列说
法正确的是()
A. 流经R1的电流频率为50Hz，流经R2的电流频率为40Hz
B. 副线圈中滑动变阻器滑片下滑过程中，流经R2的电流一定变小
C. 副线圈中滑动变阻器滑片下滑过程中，流经R1的电流可能变大
D. 副线圈中滑动变阻器滑片下滑过程中，副线圈输出功率可能变大也可能变小
3.一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则交流电的()
A. 电压瞬时值表达式为u=100cos(25t)V
B. 周期为0.04s
C. 电压有效值为100√2V
D. 频率为50Hz
4.如图所示电路，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论
正确的是()
A. 电源的总功率变大
B. 电压表读数变大
C. 小电泡L变亮
D. 电流表读数变大
5.如图所示是氢原子的能级图，各能级能量关系为E n=E1
，其中E1为
n2
基态能量，n为量子数。

当原子从n=5能级跃迁到n=3能级时，释
放出的一个光子能量为E，下列说法正确的是()
A. 一个处于n=5的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出10种不
同频率的光子
B. 从n=5能级向低能级跃迁，跃迁到n=4能级辐射的光波长最短
C. 处于n=3的氢原子跃迁到基态吸收光子能量为12.5E
D. 某金属的逸出功为E，用n=4跃迁到n=2辐射的光子照射该金属，逸出光电子的最大初动
E
能为419
256
6.在教室里的黑板上粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于
“贴”挂图、通知或试题答案，下列说法中正确的是()
A. 磁铁受到三个力的作用
B. 磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力
C. 磁铁受到的磁力大于受到的弹力才能被吸在黑板上
D. 磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力
7.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。

m A=
1kg，m B=2kg。

经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞
前、后两球的位移一时间图象如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于
()
A. 弹性碰撞
B. 非弹性碰撞
C. 完全非弹性碰撞
D. 条件不足，无法判断
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为6R的金属条制成的矩形线
框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。

一
接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速
度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，
不计摩擦。

在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()
A. PQ中电流先减小后增大
B. 拉力的功率先增大后减小
C. 线框消耗的电功率先减小后增大
D. bc边通过的电流一直增大
9.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<
90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B
的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始
沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路
的电阻为R，当ab棒下滑s位移时，恰好达到最大速度，在ab棒沿导轨下滑的过程中()
A. 金属棒a端电势低，b端电势高
B. 金属棒下滑的最大速度为mgRsinθ
B2L2
C. 金属棒从开始运动到达最大速度的过程中通过金属棒某一截面的电荷量为BLs
R
D. 金属棒从开始运动到达最大速度的过程中金属棒产生的热量为mgssinθ−m2g2R2sin2θ
B4L4
10.一个单摆悬挂在小车上，随小车沿斜面下滑。

图中虚线①垂直于斜面，虚线②
平行于斜面，虚线③是竖直方向。

下列说法中正确的是()
A. 如果斜面是光滑的，摆线将与虚线②重合
B. 如果斜面是粗糙的，摆线可能与虚线③重合
C. 如果斜面粗糙且μ<tanθ，摆线将位于①③之间
D. 如果斜面粗糙且μ>tanθ，摆线将位于②③之间
11.如图甲所示，质量为m=2kg的物体(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力F作用下从粗糙斜
面上的A点沿斜面向上运动，t=2s时撤去拉力F，其在斜面上运动的部分v−t图象如图乙所
示．已知斜面倾角θ=37°，斜面固定且足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法中正确的是()
A. 拉力F的大小为50N
B. 小物体在斜面上从A点运动到最高点的过程中，克服摩擦力做的功为850J
C. t=8s时，小物体在A点上方且距A点的距离为15m
D. 小物体返回时经过A点的动能为300J
12.如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中
央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时()
A. AB中感应电流的方向为A到B
B. AB中感应电流的方向为B
到A
C. CD向左移动
D. CD向右移动
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13.如图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接。

(1)请用笔画线代替导线将实验器材连接起来构成实验电路图，要求移动滑动变阻器滑片时灵敏
电流计指针发生偏转；
(2)在实验过程中灵敏电流计指针发生偏转时，A、B两个线圈中______(填“A”或“B”)线圈
相当于电源；
(3)正确连接电路后，在实验过程中发现，开关闭合瞬间灵敏电流计的指针向右偏，则下列说法
正确的是______
A.闭合开关稳定后，将滑片向右移动，灵敏电流计的指针向右偏
B.闭合开关稳定后，将A线圈拔出来的过程中，灵敏电流计的指针向右偏
C.闭合开关稳定后俯视A、B两线圈，若A线圈中的电流为顺时针方向，则在断开开关瞬间B
线圈中的感应电流为顺时针方向
D.闭合开关稳定后俯视A、B两线圈，若A线圈中的电流为顺时针方向，则在断开开关瞬间B
线圈中的感应电流方向不能确定，因为电流的方向与A、B两线圈的绕向有关
14.某同学用图甲所示的装置来脸证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球((m A>m B)，图中PQ
是斜槽，QR为水平槽。

实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。

重复上述操作多次，得到多个落点痕迹。

再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止释放。

两球碰撞后。

A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。

图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。

B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。

①碰撞后B球的水平射程应为______cm；
②以下选项，哪些是本次实验必须进行的测量？______(填选项前的字母)
A.测量A球未与B球相碰时的平均落点到O点的距离
B.测量A球与B球相碰后的平均落点到O点的距离
C.测量A球和B球的直径
D.测量A球和B球的质量
E.测量水平槽面相对于O点的高度
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
15.如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两
端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触
良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，
磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。

t=0时
刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中，通过可控
电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定。

不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。

(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式；
(2)若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻R上消耗的平均功率P；
(3)若棒的初速度为v0，整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减
速运动直到最后停下。

求此过程中通过R0的电荷量q。

16.某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向远处供电．已知输
电导线的电阻为25.6Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
(1)输电线上的电流；
(2)输电线路上的电压损失；
(3)升压变压器的原副线圈匝数比．
17.如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，两物块间有一轻弹簧处于原长，弹
簧一端固定在物块A上，另一端与物块B接触但不粘连，在物块B的右侧足够远处有一固定的m的小球C用轻绳悬于O点，悬线长为L，物块A刚好在O点正下方，且O、A 挡板．质量为1
2
间的高度也为L，将小球C拉至与O等高的位置由静止释放，小球C在最低点与物块A发生碰撞，碰撞后小球C刚好静止，重力加速度为g，上述物体ABC均可视为质点，求：
(1)C与A碰撞后的一瞬间，物块A的速度多大？
(2)物块B与挡板碰撞前的速度为多大？
(3)若物块B被挡板反弹后再次压缩弹簧，结果弹簧获得的最大弹性势能只有物块A向右运动压
缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能的一半，则物块B与挡板碰撞损失的机械能为多少？
18.风洞实验室中可产生竖直向上、大小可调节的风力。

一质量m=3kg的铁球可在两根金属条制
作成的轨道上滚动，如图甲所示，从水平轨道的左侧看成铁球的情景如图乙所示。

现将图甲装置置于风洞实验室中，其正视图如图丙所示，轨道BF部分处于风场中，倾斜轨道AB、水平轨道CF足够长，竖直平面内圆轨道CDE的半径R=1m；水平轨道BC段长L=2m，轨道的每根金属条对铁球的阻力是铁球对每根金属条压力的k倍，k=0.5，且除轨道BC段外其它阻力不计，连接处均为平滑连接。

(g=10m/s2)
(1)关闭风机(无风力)，铁球在AB上某处由静止释放后滚动水平轨道B上，求水平轨道的每根
金属条对铁球的阻力；
(2)关闭风机(无风力)，铁球从AB上距水平轨道BC的高度ℎ1=3m处由静止释放，铁球最终停
在BC估的何处；
(3)铁球从AB上距水平轨道BC的高度ℎ2=1.5m处由静止释放，到达B时通过光控装置打开风
机，欲使铁球不脱离轨道运动到水平轨道CF段上，求铁球受风力F大小的调节范围。

【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：做直线运动的物体，运动方向可以与所受合力的方向相同，也可以与运动方向相反，故A错误；
B、如果加速度方向与速度方向相反，加速度增大的物体做减速运动，故B错误；
C、物体的速度变化量越大，则加速度不一定越大，物体的速度变化率越大，则加速度一定越大，故C错误；
D、根据牛顿运动定律可知力是产生加速度的原因，故D正确。

故选：D。

根据物体做直线运动的条件分析直线运动的受力特点；根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的速度变化；力是产生加速度的原因。

本题主要是考查力和运动的关系，知道物体做直线运动的条件以及加速度和运动的关系。

2.答案：D
解析：解：A、原线圈正弦交流电源的周期T=0.02s，频率为50Hz，变压器不会改变交流电的频率，流经R1、R2的电流频率为50Hz，故A错误。

BC、副线圈中滑动变阻器滑片下滑的过程中，电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈的输出电流减小，原线圈的输入电流减小，流经电阻R1的电流减小，压降减小，故变压器的输入电压增大，输出电压增大，流经R2的电流一定变大，故BC错误。

D、副线圈输出电流减小，输出电压增大，则输出功率可能变大也可能变小，故D正确。

故选：D。

变压器不会改变交流电的频率。

副线圈中滑动变阻器滑片下滑的过程中，电阻增大，副线圈的输出电流减小，原线圈的输入电流减小，流经电阻R1的电流减小，压降减小，故变压器的输入电压增大，输出电压增大，流经R2的电流一定变大。

本题考查变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题。

3.答案：B
=50√2V，故C错误；解析：解：由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U=
√2
= 25Hz，ω=2πf=50rad/s，所以其表达式为u=
由图可知，T=4×10−2s，故f=1
T
100sin(50t)V，故AD错误，B正确．
故选：B．
根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．
4.答案：B
解析：解：A、D、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，干路电流减小，所以电流表读数变小；电源消耗的总功率；P=EI，可知总功率减小．故AD错误．
B、路端电压U=E−Ir，E、r不变，I减小，U增大，电压表读数变大．故B正确．
C、干路电流减小，小电泡L消耗的功率减小，小电泡L变暗．故C错误．
故选：B
电压表测量路端电压，电流测量干路电流．滑动变阻器滑片P向左移动时，接入电路的电阻减小，引起外电路总电阻的变化，根据闭合电路的欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化．电源的总功率P=EI．
本题是简单的电路动态分析问题，要处理好部分与整体的关系．对于电压表的读数，也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断．
5.答案：D
解析：解：A、大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时，根据数学组合，C52=10，最多可产生10种不同频率的光子，一个氢原子从n=5能级向低能级跃迁，最多辐射4种不同频率的光子，故A错误；
B、从n=5能级跃迁到基态辐射的光子能量最大，频率最大，波长最短，故B错误；
C、从n=5能级跃迁到n=3能级时，释放出的一个光子能量：E=E5−E3=E1
25−E1
9
=−16
225
E1，处
于n=3的氢原子跃迁到基态，辐射光子的能量：△E1=E3−E1=E1
9−E1=−8
9
E1=12.5E，故C
错误；
D、从n=4能级跃迁到n=2能级时，释放出的一个光子能量：△E2=E4−E2=E1
16−E1
4
=−3
16
E1=
675 256E，根据爱因斯坦光电效应方程可知，E k=△E2−W，其中W=E，则E k=419
256
E，故D正确。

故选：D。

根据数学组合公式求出一群氢原子处于量子数n=5的激发态，可能发出的光谱线条数，一个氢原子从n=5能级向低能级跃迁，最多辐射4种不同频率的光子。

当两能级间的能级差越小，辐射的光子频率越小，波长越长。

根据能级跃迁规律分析，根据爱因斯坦光电效应方程分析逸出光电子的最大初动能。

该题考查了爱因斯坦光电效应方程和能级跃迁的原理，解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，即E m−E n=ℎv，以及知道跃迁种类的判定。

6.答案：B
解析：解：A、小磁铁受到四个力的作用，竖直方向重力和摩擦力，水平方向黑板对小磁铁的吸引力和黑板对小磁铁的弹力。

故A错误。

B、小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力，①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力。

②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力。

故B正确。

C、小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等，是一对平衡力，故C错误；
D、磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对作用力与反作用力，不是平衡力，故D错误。

故选：B。

作用力和反作用力特点：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上。

平衡力特点：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上。

解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上。

7.答案：A
解析：解：根据x−t图象知碰撞前A速度为v A=6m/s，B速度为v B=3m/s，碰撞后A速度为：v A′= 2m/s，B速度为：v′B=5m/s，
代入此时m A v A+m B v B=m A v′A+m B v′B，等式成立说明动量守恒
初动能为：E k0=1
2m A v A2+1
2
m B v B2=27J
末动能为：E k=1
2m A v′A2+1
2
m B v′B2=27J
初末状态的动能相等，说明碰撞为弹性碰撞，
故选：A。

根据图象斜率求出碰撞前后的速度，根据公式判定碰撞前后动量和动能是否守恒，从而知碰撞的性质。

此题考查x−t图象的应用以及弹性碰撞的特点：动量守恒，动能守恒。

8.答案：AD
解析：解：根据数学知识可知，当PQ位于中点时，外电阻最大，最大值为：R外=1
2×1
2
×6R=1.5R
A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A正确；
B、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻先增大后减小，由P=E 2
R
总分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大，故B错误；
C、线框作为外电路，总电阻最大值为R外=1.5R>R，从最左端达到中间位置的过程中，导体棒PQ 上的电阻先大于线框的外电阻、达到某位置时等于线框外电阻、再移动一端距离小于线框外电阻，运动到中间外电阻最大，根据对称性可知，从中间向最右端运动过程中，电阻先一直减小；根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小、再增大再减小，故C错误；
D、导体棒由靠近ad到运动到中间位置的过程中，外电路的电阻增大，所以外电路的电压增大，而bc所在支路电阻减小，根据欧姆定律可知，通过bc的电流增大，
当导体棒由中间位置向bc运动时，外电路的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流不断增大，而bc的电阻不断减小，根据并联电流电流和电阻成反比可知，bc的电流也不断增加，故D 正确。

故选：AD。

导体棒由靠近ab边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减
小，由欧姆定律分析PQ中电流和PQ两端的电压如何变化；PQ上外力的功率等于电功率，由P=E2
R
总
，
分析功率的变化；根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，分析其功率如何变化。

当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框的功率最大。

本题的关键是当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，抓住棒PQ产生的感应电动势不变。

熟记闭合电路欧姆定律。

9.答案：BC
解析：解：A、根据右手定则知，金属棒下滑时，ab棒中的电流方向为b到a，ab棒相当于电源，a 点电势高，故A错误。

B、当金属棒加速度为零时，速度最大，有：mgsinθ=B2L2v
R ，解得最大速度v=mgRsinθ
B2L2
，故B正确。

C、金属棒从开始运动到达最大速度的过程中通过金属棒某一截面的电荷量q=△Φ
R =BLs
R
，故C正确。

D、根据能量守恒得，mgssinθ=Q+1
2mv2，解得Q=mgssinθ−m3g2R2sin2θ
2B4L4
，故D错误。

故选：BC。

根据右手定则得出感应电流的方向，从而得出金属棒两端的电势高低；当金属棒加速度为零时，速度最大，根据平衡，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律和安培力的表达式求出最大速度．根
据q=△Φ
R
求出通过金属棒的电荷量．根据能量守恒，求出金属棒产生的热量．
本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握安培力的经验表达式F A=B2L2v
R
，电量的经验表
达式q=n△Φ
R
，并能灵活运用．
10.答案：BCD
解析：解：A、如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得：对整体：加速度a=Mgsinθ
M
=gsinθ，方向沿斜面向下；
对小球：合力F合=ma=mgsinθ，则摆线必定与斜面垂直，即摆线与①重合，故A错误；
B、如果斜面粗糙，且整体在斜面上做匀速直线运动，则小球受到的力平衡，绳子上的拉力必须向上，此时摆线和③重合，故B正确；
C、如果斜面粗糙且μ<tanθ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到，加速度a=gsinθ−μgcosθ，由于μ<tanθ，则μcosθ<sinθ，a>0，说明加速度方向沿斜面向下，而且a<gsinθ，则摆线位于①与③之间，故C正确；
D、如果斜面粗糙且μ>tanθ，μcosθ>sinθ，a<0，说明加速度方向沿斜面向上，摆线位于②与
③之间，故D正确。

故选：BCD。

小球悬挂在小车上随小车沿着斜面滑下匀加速运动，稳定时，两者加速度相同，根据牛顿第二定律分别对整体和小球研究，确定摆线的方向。

该题考查了对整体法和隔离法的应用，知道在求解内力作用时应该先整体求解加速度，再隔离受力简单的物体求解内力的大小；
11.答案：AD
解析：
根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。

根据图象求出拉力作用下的位移和总位移，由功的公式求的拉力做功和摩擦力的功等。

解决本题的关键能够正确地受力分析，理清物体的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。

A.根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：
匀减速直线运动的加速度：
根据牛顿第二定律得：F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1
撤去F后，由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ=ma2
解得：F=50N，μ=0.5，故A正确；
B.由图象的“面积”求得小物块上升的最大位移：
摩擦力做的功：W f=μmgcosθ⋅x=0.5×2×10×cos37°×75=3000J，故B错误；
C.5−8s内物体的位移为：
t=8s时，小物体在A点上方且距A点的距离为：x−x′=75−45=30m，C错误；
D.物体向下运动的加速度：
运动返回到A点的速度：
物体的动能：，故D正确。

故选AD。

12.答案：AD
解析：
AB中感应电流方向根据右手定则判断，根据左手定则判断出CD所受的安培力方向，即可判断CD 的运动方向．
本题是发电机带动电动机的类型，关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用，要注意两个定则使用的条件，不能搞混．
A、B、导体棒AB向左移动时，产生感应电流，根据右手定则判断得知AB中感应电流的方向为A 到B，故A正确，B错误．
C、D、AB中产生的感应电流通过CD时，方向由C到D，根据左手定则判断可知CD所受的安培力方向向右，所以CD向右移动，故C错误，D正确．
故选：AD．
13.答案：B AD
解析：解：(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，要
使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动
变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组
成另一个闭合电路，如图所示：
(2)由上分析，可知，B 线圈相当于电源；
(3)由题意可知：开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏，则当磁通量增大时，则指针右偏；若磁通量减小时，则左偏；
A 、闭合开关稳定后，将滑片向右移动，使得流过A 线圈的电流增大，那么穿过线圈
B 的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向右偏，故A 正确；
B 、闭合开关稳定后，将A 线圈拔出来的过程中，均导致磁通量减小，因此灵敏电流计指针向左偏，故B 错误，；
CD 、闭合开关稳定后俯视A 、B 两线圈，若A 线圈中的电流为顺时针方向，则在断开开关瞬间，B 线圈中的有感应电流，但由于A 、B 两线圈的绕向不知，因此无法判定B 线圈中的感应电流方向，故C 错误D 正确；
故选：(1)如上图所示；(2)B ；(3)AD 。

探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路；
由题意可知线圈B 中产生使电流表指针向右偏转的条件，然后分析各选项可得出正确答案。

本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。

第三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左偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象。

14.答案：65.5 ABD
解析：解：①由图可知，取B 落地的平均位置，则碰撞后B 球的水平射程应为65.5cm ；
②本实验需要验证的方程是：m A OK −
=m A ON −
+m B OM −
，(其中的K 、N 、M 分别是A 球碰撞前后的平均落地点以及B 球碰后的平均落地点)，则需要测量两球的质量m A 、m B ，水平槽上未放B 球时，测量A 球落点位置到O 点的距离OK −
.A 球与B 球碰撞后，测量两球落点位置到O 点的平均距离ON −
和OM −
.故ABD 正确，CE 错误。

故选ABD 。

故答案为：①65.5；②ABD 。

(1)用一尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，圆心为落点的平均位置，再读出读数。

(2)如图，P 为碰撞前，球A 落点的平均位置，M 、N 分别为碰撞后球B 和球A 落点的平均位置，本。