2018-2019学年河南省安阳市林州一中高二(下)月考物理试卷(5月份)(解析版)

2018-2019学年河南省安阳市林州一中高二（下）月考
物理试卷（5月份）
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）
1.玻尔首先提出能级跃迁。

如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于n=3能级的氢原
子向低能级跃迁。

下列说法正确的是（）
A. 这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光
B. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光频率最大
C. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光波长最长
D. 这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为eV
2.如图所示，一半径为R、质量为m的四分之一圆弧轨道静止在光滑的水平面上，现分
别将质量为m和2m的小球从轨道的顶端由静止释放，小球到达底端
时的速率分别为v1和v2，轨道的动能分别为E k和E k′，则下列说法
正确的是（）
A.：：2
B.：：2
C.：′：4
D. ：′：2
3.如图所示，空间内水平线AB以下存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正
方形的闭合金属线框abcd从边界AB的上方一定高度由静止释放，运动过
程中线框平面一直在竖直平面内，且bc∥AB．关于线框开始下落后的速度v
随时间t的变化图象，下列图象不可能出现的是（）
A.
B.
C.
D.
4.质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t，且v t=0.5v0，则（）
A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时大
B. 上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C. 合力的冲量在整个过程中大小为
D. 整个过程中物体动量变化量为
二、多选题（本大题共7小题，共30.0分）
5.如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，
产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（）
A. 两次时刻线圈平面均与中性面重合
B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
C. 曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10V
6.下列说法正确的是（）
A. 射线比射线的贯穿本领强
B. 常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机
C. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应
D. 原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子
7.如图，两质量均为m的物块A、B紧绑在一起，中间夹有火药，它们沿光滑水平面以速度v0向右运动，
某时刻火药爆炸，爆炸完成后，B与前方质量为2m的静止的物体C发生完全非弹性碰撞，之后A、B、C三物块速度相同，不计火药质量和爆炸产生的气体质量，则（）
A. 三物块最终的速度均为
B. 火药爆炸后，B的速度为
C. 火药爆炸后，A、B组成的系统增加的机械能为
D. 最终整个系统的机械能不变
8.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得逆时针方向
的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒ab的运动情况是（两导线圈共面放置）（）
A.向右匀速运动
B.向左减速运动
C.向右减速运动
D. 向右加速运动
9.如图所示，理想变压器原、副线圈分别与电阻R1、R2连接，R1=R2，现
通过移动滑
片P来改变原线圈的匝数，使原线圈和副线圈接入电路的匝数分别为n1、n2，
电压表和电流表均为理想电表，已知交流电源电压瞬时值表达式为
u=220sin100πt（V），下列说法中正确的是（）
A. 当：：1时，电压表的示数小于110V
B. 通过电阻的交变电流的频率为100Hz
C. 当滑片P向下移动时，电压表的示数将变大
D. 当移动滑片P使时，电压表的读数为110V
10.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，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，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）
A.运动的平均速度大小为
B.下滑位移大小为
C. 产生的焦耳热小于qBLv
D. 受到的最大安培力大小为
11.关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（）
A. 固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B. 液体表面层中分子间的相互作用表现为引力
C. 液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D. 汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E. 有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）
12.某小组同学为了验证动量守恒定律，在实验室找到了如图所示的实验
装置。

测得大小相同的a、b小球的质量分别为m a、m b，实验得到M、
P、N三个落点。

图中P点为单独释放a球的平均落点。

（1）本实验必须满足的条件是______。

A．两小球的质量满足m a=m b
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．斜槽轨道末端的切线水平
D．入射小球a每次都从斜槽上的不同位置无初速度释放
（2）a、b小球碰撞后，b球的平均落点是图中的______。

（填M或N）
（3）为了验证动量守恒定律，需要测量OM间的距离x1，还需要测量的物理量有______、______（用相应的文字和字母表示）。

（4）如果碰撞过程动量守恒，两小球间满足的关系式是______（用测量物理量的字母表示）。

13.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按如图1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；当闭合S时，观
察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。

然后
按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、
电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路
（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）
的过程中，电流表的指针将如何偏转？______
（2）线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？______
（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？______ （4）线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表指针将如何偏转？______。

四、计算题（本大题共6小题，共68.0分）
14.近年来，随着人民生活水平不断提髙，城乡居民生活用电量也大幅上升。

现有一小型火力发电站按如
图所示线路给远处一城镇供电，发电机组的最大输出功率P1=4000kW，输出电压U1=1000V，经升压变压器升压后供电，输电线路的总电阻R=1000Ω，到达目的地后经降压变压器降压，用户得到的电压为U4=220V，若在输电线上损失的功率为发电机组输出功率的10%，升压和降压变压器均可看做理想变压器，发电机组满负荷工作。

求：
（1）输电线上损失的电压△U。

（2）升压变压器原副线圈的匝数比。

（3）降压变压器原副线圈的匝数比。

15.在水平面的同一直线上依次放置可视为质点的滑块A、B和带有圆弧轨道的槽C，槽C的最低点与水
平面相切，现给滑块A水平向右的初速度v0，滑块A与滑块B碰后粘在一起成为滑块D，滑块D无能量损失地滑上槽C．已知两滑块的质量均为m、槽的质量为M=2m，重力加速度为g，忽略所有接触面之间的摩擦。

求：
（1）滑块A与滑块B因碰撞而损失的机械能；
（2）滑块D运动到最高点时距离水平面的高度。

16.如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一
与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。

某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。

金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，k＞0．求：
（1）在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。

17. 如图所示，竖直放置的U 形管左端封闭，右端开口，左、右两管的横截面积
均为2cm 2
，在左管内用水银封闭一段长为20cm 、温度为27℃的空气柱（可看成理想气体），左右两管水银面高度差为15cm ，外界大气压为75cmHg 。

①若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平，求在右管中注入水银的
体积V （以cm 3
为单位）；
②在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度，直至封闭空气柱的长度为开始时的长度，求此时空气柱的温度T 。

18. 附加题：一列简谐横波在x 轴上传播，在t 1=0和t 2=0.5s 两时刻的
波形分别如图中的实线和虚线所示，求： （1）若周期大于t 2-t 1，波速多大？
（2）若周期小于t 2-t 1，则波速又是多少？ （3）若波速为92m /s ，求波的传播方向．
19. 如图所示，一个半径为R 的
透明球体放置在水平面上，一束蓝光从
A 点沿水平方向射入球体后经
B 点射出，最后射到水平面上的
C 点。

已知OA =
R ，该球体对蓝光的折射率为 ．则：
①它从球面射出时的出射角β为多少？
②若光在真空中的传播速度为c ，那么，请推导出光从A 点传播到C 点所需时间t 的表达式（用c ，R 表示）
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：A
、根据=3知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子。

故A正确。

B、D、氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为
13.6-1.51eV=12.09eV．故B错误、D错误。

C、氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，波长最短。

故C错误。

故选：A。

根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数。

能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，波长越小。

解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。

2.【答案】B
【解析】
解：当质量为m的小球到底端时，小球和轨道的速度大小分别为v1和v，以轨道与小球组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：
以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1-mv=0
联
立解得：
则轨道的动能为：E k
=
=mgh；
当质量为2m 的小球到底端时，小球和轨道的速度大小分别为v2和v'，以轨道与小球组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：
以物块的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv2-mv=0
联
立解得：，
则轨道的动能为：
故有：v1：v2=：2，E k：E k′=3：8，故B正确，ACD 错误。

故选：B。

小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出
速度之比，并求出v2。

本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与
关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。

3.【答案】D
【解析】
解：A、线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后bc 边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进人磁场后bc 边所受向上的安培力与线框的重力平衡，线框就
做匀速运动，线框完全进入磁场后又做加速运动，A项可能；
BD、若线框进人磁场后bc 边所受向上的安培力小于线框重力，线框就做加速运动，而且随着
速度增大，安培力增大，加速度减小，所以线框做加速度减小的加速运动，当安培力与线框的
重力达到平衡后，线框做匀速运动，B项可能、D项不可能；
C、若线框进人磁场后bc 边所受向上的安培力大于线框的重力，线框就做减速运动，而且随着速度减小，安培力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的减速运动，当安培力与线框的
重力达到平衡后，线框做匀速运动，C项可能。

本题选不可能的，故选：D。

根据线框进入磁场时速度的大小情况结合受力情况分析加速度的变化，由此选择。

对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。

4.【答案】C
【解析】
解：A、因为物体返回原处的速度小于初速度，可知物体与斜面间有摩擦，根据牛顿第二定律知，上滑的加速度大小大于下滑的加速度，根据x=at2得，上滑的时间小于下滑的时间，所以上滑过程中重力的冲量比下滑时小，故A错误；
B、冲量等于力与时间的乘积，可知上滑和下滑过程中支持力的冲量不为零，故B错误。

CD、根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，规定向下为正方向，动量的变化：
△P=mv1-m（-v0）=0.5mv0-（-mv0）=，可知合力冲量的大小为，故C正确，D错误。

故选：C。

根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，结合位移时间公式比较运动的时间，从而比较出重力的冲量大小．根据动量定理，结合动量的变化量得出合力的冲量．
本题考查了冲量和动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意动量定理的矢量性以及动量定理的正确应用．
5.【答案】AC
【解析】
解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；
B、由图可知，a的周期为4×10-2s；b的周期为6×10-2s，则由
n=可知，转速与周期成反比，故
转速之比为：；故B错误；
C、曲线a的交变电流的频率f==25Hz；故C正确；
D、由E m=NBSω
可知=
==，所以E mb
=E ma=10V，曲线b表示的交变电动势有效值
为
U=
=5V；故D错误；
故选：AC。

根据图象可分别求出两个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。

6.【答案】AB
【解析】
解：A、γ射线比α射线的贯穿本领强，故A正确；
B、常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，故B正确；
C、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应，故C错误；
D、原子核发生一次β衰变，该原子核内就少一个中子，同时生成一个电子，故D错误。

故选：AB。

γ射线贯穿本领最强，α射线的贯穿本领最弱；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子。

本题考查了α射线和γ射线及其特性、裂变反应和聚变反应等知识点。

易错点：不少学生对β衰变的本质不理解，误认为释放出来的电子是从核外电子跑出来的。

7.【答案】AC
【解析】
解：AB、火药爆炸时，A、B 组成的系统动量守恒，可设爆炸后A、B 的速度分别为v A、v B，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0=mv A+mv B，B 与C 的碰撞满足系统动量守恒，则mv B=
（m+2m）v
共
，由题意知v A=v
共
，联立以上三式得，，故A正确，B错误；C、火药爆炸后，A、B 组成的系统增加的机械能，故C 正确；
D、最初整个系统的机械能为，最终整个系统的机械能为，可知系统的机械能减少，故D错误。

故选：AC。

火药爆炸时，A、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式。

B 与C 的碰撞满足系统动量守恒，再由动量守恒定律列式。

结合A、B、C三物块速度相同，求三物块最终的速度。

根据能量守恒定律求火药爆炸后A、B组成的系统增加的机械能，以及整个系统的机械能变化量。

本题要分析清楚物体运动过程，知道爆炸与碰撞都遵守动量守恒定律与能量守恒定律，分段应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。

8.【答案】BD
【解析】
解：线圈N中若产生有逆时针方向的感应电流，则线圈N的感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，根据楞次定律，可能有两种情况：
一是线圈M中的电流在逆时针方向上减小；二是M中的电流在顺时针方向上增加，根据右手定则，对应于前者，应使ab向左减速运动；对应后者，应使ab向右加速运动。

故选：BD。

要想小导线圈N获得逆时针方向的感应电流，可根据线圈N的电流方向判断出线圈N感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律可判断出线圈M感应电流的方向和大小变化情况，然后根据右手定则判断ab的运动情况即可。

本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能
力。

9.【答案】AD
【解析】
解：A、设R1=R2=R，原线圈电流为I，则根据匝数比可知副线圈电流为2I；此时初级电压为：
U-IR；则根据匝数比可知，次级电压为（ U-IR ）；根据欧姆定律可知：（U-IR）=2IR，解得
IR=
U，即R1两端的电压为U； R2两端的电压为
U=V，故A正确；
B、交流电源电压瞬时值表达式为u=220sin100πt（V），可知角速度：ω=100πrad/s，则频率：f=
=50Hz．变压器不改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交变电流的频率为50Hz．故B错误；
C、当滑片P向下移动时原线圈的匝数减少，设匝数比为k，则此时初级电压为：U-IR；则根据匝数比可知，次级电压为U2=（ U-IR）=kIR；
可得：，
=
结合二项式定理可知，当k=1时，副线圈上的电压，即电压表的读数有最大值；所以滑片P向下移动时，电压表的读数不是一直增大。

故C错误；
D、由C的分析，当移动滑片P使n1=n2时，电压表的读数
为V，故D正
确；
故选：AD。

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，然后结合欧姆定律即可求出。

本题考查变压器原理应用，注意变压器的输入电压不是电源电压，而是将变压器与电阻串联接在了电源两端，故输入电压为U-IR。

10.【答案】BC
【解析】解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误。

B、由
q==可知：下滑的位移x=；故B正确；
C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流
I′=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C正确；
D、金属棒受到的安培力F
安
=BIL=BL•
=BL•=，故D错误
故选：BC。

金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动。

由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理。

本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势。

11.【答案】BCE
【解析】
解：A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；
B、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；
C、蒸发是液体表面分子无规则运动的情况，故C正确；
D、汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，而不是分子间的相互排斥而产生的，故D错误；
E、冰在融化过程中吸收热量但温度不升高，故E正确；
故选：BCE。

分子永不停息做无规则运动；液体表面张力表现为引力；任何温度下均能发生蒸发；汽化现象
与分子力无关；晶体有时吸收热量，温度不变．
考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道蒸发快慢与温度有关，而有无蒸发与温度无关，掌握存在吸热，而温度不一定升高的结论．
12.【答案】C N OP的距离x2ON的距离x3m a x2=m a x1+m b x3
【解析】
解：（1）A、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m a＞m b，r a=r b，故A错误。

B、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；
C、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故C正确；
D、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D错误。

应选：C。

（2）a、b小球碰撞后，b球的速度较大，故其平均落点是图中的N点；
（3）要验证动量守恒定律定律，即验证：m a v1=m a v2+m b v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m a v1t=m a v2t+m b v3t，得：m a x1=m a x2+m b x3，
因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；
（4）由（2）知，实验需要验证：m a x1=m a x2+m b x3，即：m a x2=m a x1+m b x3；
故答案为：（1）C；（2）N；（3）OP的距离x2，ON的距离x3；（4）m a x2=m a x1+m b x3
（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平。

（2）根据碰撞规律确定两球的平均落点；
（3）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
（4）根据（3）的分析确定需要验证的关系式。

实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。

13.【答案】向右偏转不偏转向右偏转向左偏转
【解析】解：（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；
（3）线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
（4）线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向左偏转；
故答案为：（1）向右偏转；（2）不偏转；（3）向右偏转；（4）向左偏转。

（1）先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；
（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流；
（3）滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；
（4）突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场
方向，最后得到线圈B中的感应电流方向。

本题关键是根据先安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流
的方向。

14.【答案】解：（1）由输电线上损失的功率△，
输电线上的电流=20A。

输电线上损失的电压△U=I3R=2×104V。

（2）升压变压器原线圈电流=1000A。

又I2=I3=20A，由升压变压器原副线圈的匝数比。

（3）由得升压变压器的输出电压=2×105V。

降压变压器的输入电压U3=U2-△U=1.8×105V，而U4=220V。

降压变压器原副线圈的匝数比。

答：（1）输电线上损失的电压△U=2×104V。

（2）升压变压器原副线圈的匝数比=。

（3）降压变压器原副线圈的匝数比=。

【解析】
根据损失功率可以求得输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线损失电压的大小。

由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比。

输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。

15.【答案】解：（1）滑块A与滑块B碰后粘在一起，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv
解得，
碰撞过程中滑块A与滑块B组成的系统损失的机械能为：
损
解得：
损。

（2）当滑块D运动到最高点时，滑块D与槽C具有共同的速度，设为v'，由系统水平动量守恒得：
mv0=（2m+M）v'
解得：′，
又由能量守恒定律可知：′，
整理解得：。

答：（1）滑块A与滑块B因碰撞而损失的机械能是；
（2）滑块D运动到最高点时距离水平面的高度是。

【解析】
（1）滑块A 与滑块B 碰后粘在一起，由动量守恒定律求出碰后共同速度，再由能量守恒求因碰撞而损失的机械能；
（2）滑块D在槽C上上滑时，C、D系统水平动量守恒，系统的机械能也守恒，当D运动到最高点时C、D速度相等，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解。

本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，关键要把握隐含的临界条件：D到最高点时CD速度相同。

应用动量守恒时一定要注意规定正方向。

16.【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E=△
△
=△
△
结合闭合电路欧姆定律有：I=，
及电量表达式有：q=It=△ =||，
（2）根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，
即为：在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为：Φ=Φ1+Φ2=ktS+B0v0（t-t0）l；
依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势为：E=E1+E2=kS+B0lv0；
根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为：I==
那么安培力大小为：F A=B0Il=；
最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为：F=；
答：（1）在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值||；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量ktS+B0v0（t-t0）l，金属棒所受外加水平恒力的大小。

【解析】
（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出电量的综合
表达式，即可求解；
（2）根据磁通量的概念，Φ=BS，结合磁场方向，即可求解穿过回路的总磁通量；根据动生电动
势与感生电动势公式，求得线圈中的总感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平恒力大小。

考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，及电量综合表达式的内容，注意磁通量的方向，及安培力表达式的应用，本题难度不大，但符号运算要细心。

17.【答案】解：①开始时左右两管水银面高度差为15cm，外界大气压为75cmHg
则封闭气体初始压强为P1=P0-ρgh=60cmHg
缓慢加入水银，等水银面相平后，封闭气体压强为P2=P0=75cmHg
封闭气体经历等温变化，并开始时空气柱得长度l=20cm，设末态空气柱的长度为l′
由玻意耳定律得：P1lS=P2l′S
代入数据解得l′=16cm
加入水银的长度x=h+2（l-l′）=23cm
加入水银的体积V=xS=23×2cm3=46cm3
②空气柱的长度变为开始时的长度l时，
左管水银面下降△h=l-l′=20-16cm=4cm
右管水银面会上升4cm，此时空气柱的压强P3=P0+ρg•2△h=83cmHg
初始温度T1=27+273K=300K，封闭气体从初始到最终，可以看做等容变化
根据查理定律得：
解得：T3=415K。