高中物理第四章楞次定律学案新人教版选修

4.3.1
楞次定律
班级小组姓名自我评价
【学习目标】
（1）通过回顾带电粒子在电场中偏转的知识，能熟练解决粒子电偏转的问题；
（2）通过回顾带电粒子在磁场中偏转的知识，能熟练解决粒子磁偏转的问题；
（3）通过回顾带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的知识，能快速找出圆心并准确画出粒子的运动轨迹；
（4）通过教师提供的“组合场”的资料，能简述出带电粒子在组合场中运动的处理方法；
（5）通过带电粒子在组合场中运动的处理方法的学习，能灵活应用其解题；
【重点难点】
重点：理解楞次定律的内容，能运用楞次定律判断感应电流的方向。

；
难点：理解楞次定律中“阻碍”的含义；
【导学流程】
（一）了解感知
阅读课本P9-12并结合图4.3-2，区分原磁场和感应电流产生的磁场。

1．认真填写下列表格。

原磁场的方向向下
线圈中磁通量的变化增加
感应电流的方向
（俯视）
逆时针
感应电流的磁场方向向上
两磁场方向的关系相反
2．根据上述表格总结楞次定律的内容
3．右手定则的内容
（二）深入学习
1．对楞次定律的理解
（1）谁阻碍谁——感应电流的磁通量阻碍原磁场的磁通量．
（2）阻碍什么——阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身．
（3）如何阻碍——原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．
（4）阻碍的结果——阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少．
例1关于楞次定律，下列说法中正确的是( )
A．感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相同
C．感应电流的磁场方向取决于磁通量是增大还是减小
D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化
2．由楞次定律判断电流方向
例2如图3，当线圈ABCD向右远离通电直导线时，线圈中感应电流的方向如何？
根据上述表格归纳利用楞次定律判定感应电流方向的步骤：
3．由楞次定律判断运动方向
例3若上述线圈运动方向未知，而线圈中感应电流方向为顺时针，判断线圈向哪个方向运动？并总结利用楞次定律判定运动方向的步骤：
4．右手定则
（1）由于切割磁感线的这部分导体相当于闭合电路中的电源，因此四指的指向即为电源内部电流的方向，由此可知，四指的指向即为该部分导体作为电源的正极。

（2）若切割磁感线的导体未与外电路闭合，导体内无感应电流，但导体产生感应电动势，此时四指的指向端的电势比另一端的电势要高。

例4如图所示，试根据已知条件确定导线中的感应电流方向（图中的导线是闭合电路中的一部分）：
（三）迁移运用
应用1如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd ，在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在纸内，如图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流 （ ）
A ．沿abcd 流动
B ．沿dcba 流动
C ．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd 流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba 流动
D ．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba 流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd 流动
× × ×
× × × × × × × ×
v B B v v
B
v B （A ） （B ） （C ） （D ）
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．2019年的诺贝尔物理学奖于10月8日公布，有一半的奖金归属了一对师徒——瑞士的天文学家MichelMayor和DidierQueloz，以表彰他们“发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行星"。

由于行星自身不发光，所以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星，天文学家通常都采用间接的方法来侦测太阳系外的行星，视向速度法是目前为止发现最多系外行星的方法。

行星自身的质量使得行星和恒星围绕着他们共同的质量中心在转动，在地球上用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。

在视线方向上，恒星受行星引力作用，时而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱不断地红移和蓝移。

我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。

结合以上信息，下列说法正确的是（）A．在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线速度大小一定相等
B．在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，由于恒星质量大，转动半径小，所以恒星做圆周运动的周期比行星的周期小
C．若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星光谱会出现蓝移
D．若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移
2．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。

如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。

则（）
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
3．乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。

如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其
中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（ ）
A ．飞出时的初速度大小可能相等
B ．飞出时的初速度竖直分量可能相等
C ．在空中的时间可能相等
D ．撞击墙壁的速度可能相等
4． “儿童蹦极”中，拴在腰问左右两侧的是弹性橡皮绳．质量为m 的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg ，若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时的
A ．加速度为零
B ．加速度a=g ，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C ．加速度a=g ，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D ．加速度a=g ，方向竖直向下
5．如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为8kg m =的猴子以初速度10.5v =m/s 沿竖直杆从杆底
部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度21m/s v =，加速度2
2s 2m/a =沿水平方向向左做
匀加速直线运动，3s t =末猴子到达杆的顶部。

已知竖直杆的长度为6m =L ，重力加速度210m/s g =，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/s
B ．猴子相对地面做匀加速的曲线运动
C．猴子运动的轨迹方程
1
2 y x =
D．杆给猴子的作用力大小为88N
6
．—颗质量为m的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g ，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9，卫星的动能（）
A．
4
mgR
B．
6
mgR
C．
22
6
mg R
D．
2
6
mgR
7．2019年10月8日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019年诺贝尔物理学奖，一半授予美国普林斯顿大学吉姆·皮布尔斯，以表彰他“关于物理宇宙学的理论发现”，另外一半授予瑞士日内瓦大学的米歇尔·麦耶和瑞士日内瓦大学教授兼英国剑桥大学教授迪迪埃·奎洛兹，以表彰他们“发现一颗环绕类日恒星运行的系外行星”。

若某一系外行星的半径为R，公转半径为r，公转周期为T，宇宙飞船在以系外行星中心为圆心，半径为r1的轨道上绕其做圆周运动的周期为T1，不考虑其他星球的影响。

(己知地球的公转半径为R0，公转周期为T0)则有
A．
3
3
1
22
10
R
r
T T
=B．
3
3
22
R
r
T T
=
C．该系外行星表面重力加速度为
2
1
2
1
4r
T
π
D．该系外行星的第一宇宙速度为
23
1
2
1
4r
T R
π
8．如图甲所示，一个圆形线圈放于一个随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面），以垂直纸面向里为正方向。

磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。

取图示线圈中电流方向为正方向，用i表示线圈中的感应电流，则下列表示电流随时间变化的4幅i-t图像正确的是（）
A．B．C．
D．
9．关于对平抛运动的理解，以下说法正确的是（）
A．只要时间足够长，其速度方向可能沿竖直方向
B ．在任意相等的时间内速度的变化量相同
C ．可以运用“化曲为直”的方法，分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的自由落体运动
D ．平抛运动的水平位移与竖直高度无关
10．如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q 仅在电场力作用下沿曲线MN 运动，在M 点的速度大小为v 0，方向沿MP 方向，到达N 点时速度大小为v ，且v< v 0，则( )
A ．Q 一定在虚线MP 下方
B ．M 点的电势比N 点的电势高
C ．q 在M 点的电势能比在N 点的电势能小
D ．q 在M 点的加速度比在N 点的加速度小
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．在粗糙水平桌面上，长为l=0.2m 的细绳一端系一质量为m=2kg 的小球，手握住细绳另一端O 点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。

细绳始终与桌面保持水平，O 点做圆周运动的半径为r=0.15m ，小球与桌面的动摩擦因数为=0.6μ，210m/s g =。

当细绳与O 点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球做圆周运动的向心力大小为6N
B ．O 点做圆周运动的角速度为42rad/s
C 2m/s
D ．手在运动一周的过程中做的功为6πJ
12．如图所示，光滑水平桌面放置着物块 A ，它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B ，已知 A 的质量为 m ，B 的质量为 3m ，重力加速 度大小为 g ，静止释放物块 A 、B 后（）
A．相同时间内，A、B 运动的路程之比为2:1 B．物块A、B 的加速度之比为1：1
C．细绳的拉力为6
7 mg
D．当B 下落高度h 时，速度为2 5 gh
13．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为m的木块。

弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为μ。

从某时刻开始给小车施加水平向右的外力F，外力F从零开始缓慢均匀增大，当F增大到2μ(m+M)g时保持大小不变。

弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（）
A．木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不变
B．当弹簧产生弹力时，外力F的大小为μ(m+M)g
C．在外力F从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等
D．在外力F从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能
14．下列说法中正确的是（）
A．热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能
B．液体表面张力的方向与液面垂直
C．液体表面张力的大小是跟分界线的长度成正比的
D．水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体
E.相对湿度100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态
15．如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知()
A．O为正电荷
B．在整个过程中q的电势能先变小后变大
C．在整个过程中q的加速度先变大后变小
D．在整个过程中，电场力做功为零
三、实验题：共2小题
16．为测得某圆柱形金属导体的电阻率，某同学设计了如下实验。

(1)用螺旋测微器测它的直径，如图甲所示，为___________mm，用游标卡尺测它的长度，如图乙所示，为___________cm。

(2)用伏安法测得该金属导体的伏安特性曲线如图丙所示，则该金属导体材料的电阻率与________有关，并且电阻率随该物理量的增大而___________（填“增大”或“减小”）。

(3)若把该金属导体与一阻值为4.0Ω的定值电阻串联后接在电源电动势为3.0V、内阻为1.0Ω的电源两端，该金属导体的热功率为___________W。

（保留两位有效数字）
17．某同学在做“探究弹力与弹簧长度关系”的实验中，根据实验数据描点画出F－L图像如图所示。

若弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2，请回答以下两个问题：
(1)由以上实验数据可求得弹簧的劲度系数k=_____N/m（保留三位有效数字）；
(2)由图中实验数据得出弹簧弹力大小F与其长度L的关系式为________，对应的函数关系图线与横轴（长度L）的交点表示____。

四、解答题：本题共3题
18．如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为m A=4kg、m B=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，
g=10m/s2，求：
(1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能E P；
(2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；
(3)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v2顺时针匀速运动，试讨论滑块A运动至P点时做平抛运动的水平位移x与v2的关系?(传送带两端的轮子半径足够小)
19．（6分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量均为m的滑块A、B，带电量分别为+ q、+Q，滑块A以某一初速度v从远处沿AB连线向静止的B运动，A、B不会相碰。

求：运动过程中，A、B组成的系统动能的最小值E k。

20．（6分）质量为m＝5kg的物体从t＝0开始在水平恒力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示。

g取10m/s2，求：
（1）推力F的大小；
（2）若t1时刻撤去推力F，物体运动的总位移为14m，求t1。

参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等，周期相同，则
212Mm G m r L
ω= 222Mm G M r L
ω= 可得
12r M r m
= 由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式v r ω=可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小不同，故AB 错误；
C ．根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故C 错误；
D ．根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故D 正确。

故选D 。

2．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．保持滑动变阻器滑片P 不动，当U 1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U 2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I 1也减小，选项A 错误，B 正确； CD ．若保持U 1不变，则次级电压U 2不变，将滑动变阻器滑片P 向右滑，则R 电阻变大，次级电流I 2减小，则扬声器获得的功率减小，选项CD 错误。

故选B 。

【解析】
【详解】
C ．将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，由题知，两次的竖直高度不同，所以两次运动时间不同，故C 错误；
B ．在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，故B 错误； D ．撞击墙壁的速度，即可视反向平抛运动的水平初速度，两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，故两次撞击墙壁的速度不同，故D 错误；
A ．由上分析，可知竖直速度大的，其水平速度速度就小，所以根据速度的合成可知，飞出时的初速度大小可能相等，故A 正确。

故选A 。

4．B
【解析】
【分析】
【详解】
小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，如图所示：
由于12T T mg ==，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120°，当右侧橡皮条拉力变为零时，左侧橡皮条拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故左侧橡皮条拉力与重力的合力与右侧橡皮条断开前的弹力反方向，大小等于mg ，故加速度为g ，沿原断裂绳的方向斜向下，故选B 正确，ACD 错误。

5．C
【解析】
【详解】
A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由
21112
L v t a t =+
211m/s a =，
故A 错误；
B.根据分运动与合运动的关系：
1
212
v v ， 1212
a a =， 速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故B 错误； C.猴子在竖直方向的分运动：
2211110.522
y v t a t t t +=+=， 水平方向：
222212
x v t a t t t =+=+， 联立可得：
12
y x =， 故C 正确；
D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：
1y F mg ma -=，
得：
88y F N =，
水平方向：
216x F ma N ==，
则杆对猴子的作用力：
88F N =>，
故D 错误。

故选：C 。

6．B
【解析】
【详解】
在地球表面有
2
GMm m g R ''= 卫星做圆周运动有：
2GMm ma r
= 由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1:9，联立前面两式可得：r=3R ；卫星做圆周运动：
2
2GMm v m r r
= 得
E k =2122GMm mv r
= 再结合上面的式子可得 E k =6
mgR A. 4
mgR 与分析不符，故A 错误。

B.
6mgR 与分析相符，故B 正确。

C. 22
6
mg R 与分析不符，故C 错误。

D. 2
6
mgR 与分析不符，故D 错误。

7．D
【解析】
【详解】
AB ．开普勒第三定律3
2r k T
=，其中k 与中心天体有关，系外行星，宇宙飞船，地球做圆周运动的中心天体均不同，故AB 错误；
C ．对宇宙飞船
2
12211
4n M m G m r ma r T π⋅=⋅=
解得
2231122
114π4πn r r a GM T T ⋅=⋅= 故C 错误；
D ．对系外行星的近地卫星：
20102M m v G m R R
⋅= 解得
1v ==故D 正确。

8．B
【解析】
【详解】
AB ．由楞次定律判定感应电流方向。

0~1s 、4~5s 两时间段内电流方向与题意正方向相反，1~2s 、2～3s 两时间段内电流方向与题意正方向相同。

所以B 正确，A 错误；
CD ．由电磁感应定律和欧姆定律得感应电流
E S B i R t R R t
∆Φ∆===⋅∆⋅∆ 则i 的大小与B t
∆∆的大小成正比。

结合题图乙知，3~4s 时间内 0B t
∆=∆ 无感应电流。

其他时间段内
B t
∆∆的大小相等，则感应电流大小恒定，即各段电流大小相等。

所以CD 错误。

故选B 。

9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当平抛运动下落时间无论多么长，由于存在水平方向的分速度，则速度方向不可能竖直向下，故A 错误；
B ．由公式△v=at=gt ，可知平抛运动的物体在任意相等时间内速度的变化量相同，故B 正确；
C ．平抛运动运用“化曲为直”的方法，分解为水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故C 错误；
D ．平抛运动的水平位移为
0x v t v == 知平抛运动的水平位移由初速度和拋出点的高度共同决定，故D 错误。

故选B 。

10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A 、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故Q 应该在轨迹的内侧，故A 错；
B 、试探电荷从M 到N 速度减小,说明M 点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，所以M 点的电势比N 点的电势低，故B 错误；
C 、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N 点动能小,故在N 点电势能大,故C 正确；
D 、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q 在M 点的加速度比在N 点的加速度大，故D 错误； 故选C
【点睛】
曲线运动合力指向曲线的内侧,题中只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,正电荷在电势越高的点电势能越大.
解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律:
(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.
(2)该点速度方向为轨迹切线方向.
(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.
(4)电场线垂直于等势面.
(5)顺着电场线电势降低最快.
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．BCD
【解析】
A ．由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径
220.25m R r l =+=
小球做圆周运动，根据牛顿第二定律
n cos F T θ=
sin T mg θμ=
其中
0.153tan 0.24
r l θ=
== 解得 n 16N F =
选项A 错误；
B ．由于
2n F mR ω=
解得
42rad /s ω=
O 点做圆周运动的角速度和小球一样，所以选项B 正确；
C ．由于
2
n v F m R
= 解得
2m/s v =
选项C 正确；
D ．手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故
26J W mg R =⋅=μππ
选项D 正确。

12．AC
【解析】
【详解】
同时间内，图中A 向右运动h 时，B 下降一半的距离，即为h/2，故A 、B 运动的路程之比为2：1，故A 正确；任意相等时间内，物体A 、B 的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B 错误；设A 的加速度为a ，则B 的加速度为0.5a ，根据牛顿第二定律，对A ，有：T=ma ，对B ，有：3mg-2T=3m•0.5a ，联立解得：T=6 7mg ，a=6 7g ，故C 正确；对B ，加速度为a′=0.5a=3 7
g ，根据速度位移公式，有：v 2=2•a′•h ，
解得：v=，故D 错误；故选AC ． 【点睛】 本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．
13．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当F 较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有
F=(m+M)a
F f =ma
得
F f = m F m M
F f 与F 成正比，当F f 增大到等于μmg 后，木块与小车间缓慢相对移动，F f 保持不变，故A 正确； B ．当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大
F f =μmg
可得
F=μ(m+M)g
故B 正确；
C ．当F 达最大时，有
2μ(m+M)g=(m+M)a′
μmg+F′=ma′
得
F′=μmg
所以静摩擦力和弹簧弹力都是由零增大到μmg，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故C错误；
D．弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故D错误。

故选AB。

14．ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A．热力学第二定律的一种表述为：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，A正确；
BC．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，其大小跟分界线的长度成正比，B错误C正确；
D．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。

液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，D错误；
E．相对湿度=空气中水蒸气的压强/同温度下水的饱和气压，当相对湿度为100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，故E正确。

故选ACE。

15．CD
【解析】
【详解】
粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷。

故A错误。

从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误。

越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小。

故C正确。

初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确。

故选CD。

【点睛】
解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等。