學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2016-2017學年河北省保定市淶水縣波峰中學高二（下）期中物理試卷一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，第1—8題只有一項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分,選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分）1．在下列各組所說的兩個現象中，都表現出光具有粒子性的是（）A．光的折射現象、偏振現象 B．光的反射現象、干涉現象C．光的衍射現象、色散現象 D．光電效應現象、康普頓效應2．下列說法正確的是（)A．天然放射性現象說明原子核內部具有復雜的結構B．α粒子散射實驗說明原子核內部具有復雜的結構C．原子核發生α衰變生成的新核原子序數增加D．氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長3．用能量為12.30eV的光子去照射一群處于基態的氫原子，則受到光的照射后下列關于氫原子躍遷的說法正確的是（）A．電子能躍遷到n=2的能級上去B．電子能躍遷到n=3的能級上去C．電子能躍遷到n=4的能級上去D．電子不能躍遷到其他能級上去4．一閉合矩形線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動,產生的感應電流如圖，由圖可知（)A．該交流電電流的有效值是5AB．該交流電的頻率是20HzC．t=0時刻線圈平面位于中性面D．該交流電電流的瞬時表達式為i=5cos100πt（A）5．如圖所示，兩木塊A、B用輕質彈簧連在一起，置于光滑的水平面上．一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中．在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，下列說法中正確的是（)A．動量守恒、動能守恒,機械能守恒B．動量守恒、動能不守恒，機械能不守恒C．動量不守恒、動能守恒,機械能守恒D．動量、動能、機械能都不守恒6．在光滑的水平面上有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t時刻發生正碰，兩球在碰撞前后的速度圖象如圖所示．下列關系正確的是（）A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma=mb D．無法判斷7．如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB=2mA，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為﹣6kg?m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4kg?m/s，則（）A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C．右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：108．如圖，物體A、B靜止在光滑水平面上,且mA＞mB，現用大小相等的兩個力F和F′分別作用在A和B上，使A、B沿一條直線相向運動，然后又先后撤去這兩個力，已知這兩個力對物體做的功相同，接著兩物體碰撞并合為一體．那么AB兩物體的合體（）A．一定停止運動B．一定向左運動C．一定向右運動D．仍運動,但運動方向不能確定9．如圖，用理想變壓器給電燈L供電,如果只增加副線圈匝數，其它條件不變，則（）A．電燈L亮度減小 B．電流表示數增大C．電壓表示數增加 D．變壓器輸入功率不變10．如圖甲所示,M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數之比n1:n2=10：1，接線柱a、b間接一正弦交變電源，其電壓隨時間的變化規律如圖乙所示．變壓器右側部分為一火警報警系統原理圖,其中R2是用半導體熱敏材料（電阻隨溫度升高而減小）制成的傳感器，R1為一定值電阻．下列說法中正確的是（）A．電壓表V的示數為22VB．當R2所在處出現火警時,電壓表V的示數減小C．當R2所在處出現火警時，電流表A的示數增大D．當R2所在處出現火警時，電阻R1的功率變大11．圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數之比n1:n2=5：1，電阻R=20Ω,L1．L2為規格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關．原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示．現將S1接1,S2閉合，此時L2正常發光．下列說法正確的是（）A．輸入電壓u的表達式u=20sin100πt（V）B．只斷開S2后，L1．L2均正常發光C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大D．若S1換接到2后，R消耗的電功率為0。8W12．如圖所示，有一臺交流發電機E,通過理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠處用戶供電,輸電線的總電阻為R．T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1,它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4．設T1的輸入電壓U1一定,當用戶消耗的電功率變大時，有（）A．U2減小，U4變大 B．U2不變，U3變小C．P1變小,P2變小 D．P2變大，P3變大二、填空題(每空2分，共12分）13．如圖所示的電表均為理想的交流電表，保險絲P的熔斷電流為2A，電容器C的擊穿電壓為300V，若在a、b間加正弦交流電壓，并適當地調節R0和R接入電路中的阻值，使P恰好不被熔斷,C恰好不被擊穿，則電流表的讀數為A,電路中電流的最大值為A，電壓表的讀數為V．（結果中可保留根號）14．用甲、乙兩種光做光電效應實驗，發現光電流與電壓的關系如圖所示，由圖可知，兩種光的頻率v甲v乙（填“＜",“＞”或“=”）,（選填“甲”或“乙”）光的強度大．已知普朗克常量為h,被照射金屬的逸出功為W0,則甲光對應的遏止電壓為．（頻率用v，元電荷用e表示）三、計算題（其中15—16題每題8分，17-18題每題12分）15．如圖所示為交流發電機示意圖，匝數n=100匝的矩形線圈,邊長分別為10cm和20cm，內阻為5Ω，在磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中繞OO′軸以50rad/s的角速度勻速轉動，線圈和外部20Ω的電阻R相連接，已知線圈繞OO′軸轉動時產生的電動勢最大值Em=NBSω,求：（1）電壓表和電流表示數?（2）電阻R上所消耗的電功率是多少？（3）由圖示位置轉過90°的過程中,通過R的電量是多少？16．如圖所示，質量M=0。040kg的靶盒A靜止在光滑水平導軌上的O點，水平輕質彈簧一端栓在固定擋板P上，另一端與靶盒A連接．Q處有一固定的發射器B，它可以瞄準靶盒發射一顆水平速度為v0=50m/s，質量m=0。010kg的彈丸,當彈丸打入靶盒A后，便留在盒內，碰撞時間極短．不計空氣阻力．求：彈丸進入靶盒A后,彈簧的最大彈性勢能為多少？17．某村在較遠的地方建立了一座小型水電站,發電機的輸出功率為200kW，輸出電壓為500V，輸電導線的總電阻為10Ω，導線上損耗的電功率為16kW，該村的用電電壓是220V．（1）輸電電路如圖所示，求升壓、降壓變壓器的原、副線圈的匝數比；（2）如果該村某工廠用電功率為80kW，則該村還可以裝“220V40W”的電燈多少盞？18．如圖，小球a、b質量均為m，b球用長h的細繩（承受最大拉力為2.8mg）懸掛于水平軌道BC（距地高0。5h）的出口C處．a球從距BC高h的A處由靜止釋放后，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起．試問：（1）a與b球碰前瞬間的速度大小？(2)a、b兩球碰后，細繩是否會斷裂？（3）若細繩斷裂，小球在DE水平地面上的落點距C的水平距離是多少?若細繩不斷裂，小球最高將擺多高？

2016—2017學年河北省保定市淶水縣波峰中學高二（下)期中物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共12小題,每小題4分，第1—8題只有一項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分,選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分）1．在下列各組所說的兩個現象中，都表現出光具有粒子性的是(）A．光的折射現象、偏振現象 B．光的反射現象、干涉現象C．光的衍射現象、色散現象 D．光電效應現象、康普頓效應【考點】IF：光的波粒二象性．【分析】知道光何時具有粒子性，又何時體現波動性．少量粒子體現粒子性,大量粒子體現波動性．【解答】解：A、光的折射現象體現粒子性而偏振現象則是波的特性．故A不正確;B、光的反射現象是粒子性而干涉現象則是波的特性．故B不正確;C、光的衍射現象是波動性,故C不正確；D、光電效應現象、康普頓效應均表現出光有粒子性．故D正確；故選：D2．下列說法正確的是(）A．天然放射性現象說明原子核內部具有復雜的結構B．α粒子散射實驗說明原子核內部具有復雜的結構C．原子核發生α衰變生成的新核原子序數增加D．氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長【考點】J4：氫原子的能級公式和躍遷；J1:粒子散射實驗．【分析】天然放射現象說明了原子核內部有復雜結構，α粒子散射實驗得出了原子的核式結構模型；根據電荷數的變化判斷原子序數增加還是減小；根據能級差得出輻射光子頻率的大小，從而得出輻射光子波長的大小．【解答】解：A、天然放射現象的射線來自原子核，可知原子核內部有復雜結構,故A正確．B、α粒子散射實驗得出了原子的核式結構模型，故B錯誤．C、原子核發生α衰變生成的新核，電荷數少2，質量數少4，原子序數減小,故C錯誤．D、n=3和n=2間的能級差小于n=2和n=1間的能級差，則氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子頻率小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子頻率，則氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長，故D錯誤．故選：A．3．用能量為12。30eV的光子去照射一群處于基態的氫原子，則受到光的照射后下列關于氫原子躍遷的說法正確的是（）A．電子能躍遷到n=2的能級上去B．電子能躍遷到n=3的能級上去C．電子能躍遷到n=4的能級上去D．電子不能躍遷到其他能級上去【考點】J4：氫原子的能級公式和躍遷．【分析】能級間發生躍遷時吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，當吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，可以發生躍遷．【解答】解:用能量為12.30eV的光子去照射一群處于基態的氫原子，由于12.30eV的能量不等于任何一個能級與基態間的能級差，可知該光子不能被吸收而發生躍遷，故D正確,A、B、C錯誤．故選:D．4．一閉合矩形線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，產生的感應電流如圖,由圖可知（）A．該交流電電流的有效值是5AB．該交流電的頻率是20HzC．t=0時刻線圈平面位于中性面D．該交流電電流的瞬時表達式為i=5cos100πt(A）【考點】E3：正弦式電流的圖象和三角函數表達式；E4:正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【分析】從圖象得出電流最大值、周期，從而算出頻率、角速度；磁通量最大時電動勢為零，磁通量為零時電動勢最大．【解答】解：A、由圖象知正弦交變電流的最大值是5A，所以該交流電電流的有效值是=A，故A錯誤；B、由圖象知周期T=0。02s，所以頻率f==50Hz,故B錯誤；C、t=0時感應電流最大，感應電動勢最大，磁通量為零，所以線圈平面垂直于中性面,故C錯誤；D、由圖象知周期T=0.02s，所以ω==100πrad/s，電流的最大值是5A，所以交流電電流的瞬時表達式為i=5cos100πt（A),故D正確；故選：D．5．如圖所示,兩木塊A、B用輕質彈簧連在一起，置于光滑的水平面上．一顆子彈水平射入木塊A,并留在其中．在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統，下列說法中正確的是（）A．動量守恒、動能守恒，機械能守恒B．動量守恒、動能不守恒,機械能不守恒C．動量不守恒、動能守恒，機械能守恒D．動量、動能、機械能都不守恒【考點】53：動量守恒定律；6B：功能關系．【分析】根據系統動量守恒的條件：系統不受外力或所受合外力為零判斷動量是否守恒．根據是否是只有彈簧的彈力做功判斷機械能是否守恒．根據能量轉化情況分析動能是否守恒．【解答】解：在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統所受的外力之和為零，系統的動量守恒．在此過程中，除彈簧彈力做功外還有阻力對系統做功，系統機械能不守恒．在子彈打中木塊A的過程，系統的動能減小轉化為內能．彈簧被壓縮的整個過程中,系統的動能減小轉化為彈性勢能,所以動能不守恒．故B正確．ACD錯誤．故選:B6．在光滑的水平面上有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t時刻發生正碰，兩球在碰撞前后的速度圖象如圖所示．下列關系正確的是（）A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma=mb D．無法判斷【考點】53：動量守恒定律．【分析】該碰撞過程中動量和能量守恒，根據動量和能量守恒列出方程結合圖象即可判斷兩球質量關系．【解答】解:由圖可知b球碰前靜止，設a球碰后速度為v1，b球速度為v2，物體碰撞過程中動量守恒，機械能守恒所以有：mav0=ma（﹣v1）+mbv2①mav02=mav12+mbv22②聯立①②得：v1=v0，v2=v0，由圖可知，a球碰后速度反向，故ma＜mb，故ACD錯誤，B正確．故選B．7．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB=2mA，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為﹣6kg?m/s,運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4kg?m/s，則（)A．左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5B．左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10【考點】53：動量守恒定律．【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在發生碰撞，在碰撞過程中動量守恒．因此可根據兩球質量關系，碰前的動量大小及碰后A的動量增量可得出A球在哪邊，及碰后兩球的速度大小之比．【解答】解：規定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為﹣6kg?m/s，說明A、B兩球的速度方向向左，兩球質量關系為mB=2mA，由P=mv知碰撞前有vA＞vB，要發生碰撞，所以右方是A球．碰撞后A球的動量增量為：△PA=4kg?m/s所以碰撞后A球的動量為：PA′=PA+△PA=（﹣6+4）kg?m/s=﹣2kg?m/s碰撞過程系統總動量守恒有：PA+PB=PA′+PB′解得碰撞后B球的動量為：PB′=﹣10kg?m/s，根據mB=2mA，PA′=mAvA′,PB′=mBvB′得碰撞后A、B兩球速度大小之比為：vA′：vB′=2:5故C正確，ABD錯誤．故選：C8．如圖,物體A、B靜止在光滑水平面上，且mA＞mB，現用大小相等的兩個力F和F′分別作用在A和B上，使A、B沿一條直線相向運動，然后又先后撤去這兩個力，已知這兩個力對物體做的功相同，接著兩物體碰撞并合為一體．那么AB兩物體的合體（）A．一定停止運動B．一定向左運動C．一定向右運動D．仍運動，但運動方向不能確定【考點】53：動量守恒定律．【分析】先根據動能定理分析兩個物體獲得的動能大小，由P=，分析碰撞前的動量大小，根據碰撞過程動量守恒，列式分析碰后共同體的運動方向．【解答】解:兩力大小相等，物體運動距離相同，由動能定理可知，兩物體獲得的動能相等,碰撞前兩物體的動能EK相同，由P=與mA＞mB可知，PA＞PB．兩物體碰撞過程中動量守恒，以兩物體組成的系統為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律得:PA﹣PB=（mA+mB）v，故碰后速度v一定與PA相同，方向向右，故C正確．故選：C．9．如圖，用理想變壓器給電燈L供電,如果只增加副線圈匝數，其它條件不變,則（)A．電燈L亮度減小 B．電流表示數增大C．電壓表示數增加 D．變壓器輸入功率不變【考點】E8:變壓器的構造和原理．【分析】根據電壓器的特點：匝數與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率．【解答】解：只增加副線圈匝數,根據，可知,副線圈的電壓增加，則:A、副線圈匝數增加使得副線圈電壓增加，輸出功率增加，所以電燈變亮,故A錯誤；B、副線圈匝數增加,使得副線圈電壓增加，輸出功率增加,輸入功率也增加,所以電流表示數增大，故B正確；C、副線圈匝數增加，電壓電流都增加,故C正確；D、負載電阻減小，電壓不變，但電流增大，所以輸出功率和輸入功率都增大,故D錯誤；故選BC10．如圖甲所示，M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數之比n1:n2=10：1，接線柱a、b間接一正弦交變電源,其電壓隨時間的變化規律如圖乙所示．變壓器右側部分為一火警報警系統原理圖，其中R2是用半導體熱敏材料（電阻隨溫度升高而減小）制成的傳感器，R1為一定值電阻．下列說法中正確的是（）A．電壓表V的示數為22VB．當R2所在處出現火警時，電壓表V的示數減小C．當R2所在處出現火警時,電流表A的示數增大D．當R2所在處出現火警時，電阻R1的功率變大【考點】E8：變壓器的構造和原理;BG：電功、電功率;E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【分析】輸出電壓是由輸入電壓和匝數比決定的，電壓與匝數程正比，由圖象無頻率,電流與匝數成反比，根據理想變壓器的原理分析即可．【解答】解：A、由圖象可知，輸入的電壓為220V，變壓器的電壓與匝數成正比，由此可得副線圈的電壓為22V,電壓表測的是半導體熱敏材料的電壓，R1，R2的總電壓為22V，所以電壓表的示數小于22V，所以A錯誤；B、當出現火警時，溫度升高,電阻R2減小，副線圈的電流變大，所以原線圈電流即電流表示數增大，則R1的電壓要增大消耗的功率也增大，由于副線圈的總電壓不變，所以R2的電壓即電壓表示數就要減小,所以BCD正確；故選：BCD．11．圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數之比n1：n2=5：1，電阻R=20Ω，L1．L2為規格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關．原線圈接正弦交變電源,輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示．現將S1接1，S2閉合，此時L2正常發光．下列說法正確的是（）A．輸入電壓u的表達式u=20sin100πt(V）B．只斷開S2后，L1．L2均正常發光C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大D．若S1換接到2后，R消耗的電功率為0。8W【考點】E3:正弦式電流的圖象和三角函數表達式；E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【分析】根據電壓與匝數程正比,電流與匝數成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論．【解答】解：A、由圖象得周期T=0.02s，ω==100π，輸入電壓最大值Um=20V，所以輸入電壓u的表達式應為u=20sinV，故A正確；B、只斷開S2后，負載電阻變大為原來的2倍，電壓不變，副線圈電流變小為原來的一半，L1、L2的功率均變為額定功率的四分之一，則L1、L2均不能正常發光，故B錯誤；C、只斷開S2后，負載電阻變大,原副線圈電流變小，原線圈的輸入功率減小，故C錯誤；D、若S1換接到2后，電阻R電壓有效值為4V,R消耗的電功率為=0。8W，故D正確．故選：AD．12．如圖所示,有一臺交流發電機E,通過理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠處用戶供電,輸電線的總電阻為R．T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4．設T1的輸入電壓U1一定，當用戶消耗的電功率變大時,有（）A．U2減小,U4變大 B．U2不變，U3變小C．P1變小，P2變小 D．P2變大,P3變大【考點】EA：遠距離輸電；E8：變壓器的構造和原理．【分析】通過理想升壓變壓器T1將電送到用戶附近，然后用理想降壓變壓器T2向遠處用戶供電家中．提升電壓的目的是降低線路的功率損失，從而提高用戶得到的功率．【解答】解：A、B要使用戶消耗的電功率變大，由于是理想變壓器,則P3也會變大；由于T1的輸入電壓U1一定時，U2也不變，則P2必須變大，線路上的電流變大，導致電阻R消耗的功率也變大，電阻兩端電壓也變大,所以U3變小,U4變小，故A錯誤、B正確；C、由于兩變壓器均是理想的,所以輸入功率與輸出功率相等,當P1變大,P2也變大，加之T1的輸入電壓U1一定，則輸出電壓也一定，通過電阻R的電流變大，所以U3電壓變小．故C錯誤;D、要使用戶消耗的電功率變大，由于是理想變壓器，則P3也會變大;由于T1的輸入電壓U1一定時，U2也不變，則P2必須變大，故D正確；故選：BD二、填空題（每空2分,共12分）13．如圖所示的電表均為理想的交流電表，保險絲P的熔斷電流為2A，電容器C的擊穿電壓為300V,若在a、b間加正弦交流電壓，并適當地調節R0和R接入電路中的阻值，使P恰好不被熔斷，C恰好不被擊穿，則電流表的讀數為2A，電路中電流的最大值為2A，電壓表的讀數為300V．（結果中可保留根號）【考點】BB：閉合電路的歐姆定律．【分析】首先明確電容器C的擊穿電壓為300V是交流電的最大值，保險絲P的熔斷電流為2A為有效值；利用交流電最大值和有效值的關系即可求解．【解答】解：據題意知，使P恰好不被熔斷，其電流為有效值,所以電流表的示數為2A，電路中電流的最大值為:=C恰好不被擊穿，擊穿電壓為交流電的最大值，電壓表的示數為交流電的有效值,即為：U===300V；答案:2，，30014．用甲、乙兩種光做光電效應實驗,發現光電流與電壓的關系如圖所示，由圖可知，兩種光的頻率v甲=v乙（填“＜"，“＞”或“=”），甲(選填“甲"或“乙”)光的強度大．已知普朗克常量為h，被照射金屬的逸出功為W0，則甲光對應的遏止電壓為．(頻率用v，元電荷用e表示）【考點】IC:光電效應．【分析】根據光的強度越強，形成的光電流越大；并根據光電效應方程，即可求解．【解答】解：根據eUc=hv0=hv﹣W0，由于Uc相同，因此兩種光的頻率相等，根據光的強度越強，則光電子數目越多，對應的光電流越大，即可判定甲光的強度較大；由光電效應方程mv2=hv﹣W0,可知，電子的最大初動能EKm=hv﹣W0；那么甲光對應的遏止電壓為Uc=；故答案為:=,甲，．三、計算題（其中15—16題每題8分，17-18題每題12分)15．如圖所示為交流發電機示意圖,匝數n=100匝的矩形線圈，邊長分別為10cm和20cm，內阻為5Ω，在磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中繞OO′軸以50rad/s的角速度勻速轉動，線圈和外部20Ω的電阻R相連接，已知線圈繞OO′軸轉動時產生的電動勢最大值Em=NBSω,求：(1）電壓表和電流表示數？（2)電阻R上所消耗的電功率是多少？（3）由圖示位置轉過90°的過程中，通過R的電量是多少？【考點】E2:交流發電機及其產生正弦式電流的原理；BB:閉合電路的歐姆定律．【分析】（1）線圈中產生的感應電動勢的最大值表達式為Em=NBSω．電流表測量電流的有效值．根據有效值與最大值的關系求出電動勢的有效值，根據閉合電路歐姆定律求出電流和路端電壓;（2）電阻R上消耗的功率用電流的有效值乘以電壓的有效值；(3)根據電量表達式,與感應電動勢結合，得出q=I?△t=n公式,從而可求得．【解答】解：（1)感應電動勢最大值Em=nBSω=100×0。5×0。1×0.2×50=有效值：電鍵S合上后，由閉合電路歐姆定律得：=2.0A，U=IR=2×20=40V（2）電阻R上所消耗的電功率P=IU=2×40=80W(3)由圖示位置轉過90°的過程中,通過R上的電量答：(1）電壓表示數為40V,電流表示數為2.0A;（2）電阻R上所消耗的電功率是80W；（3）由圖示位置轉過90°的過程中，通過R的電量是0。04C16．如圖所示，質量M=0。040kg的靶盒A靜止在光滑水平導軌上的O點，水平輕質彈簧一端栓在固定擋板P上，另一端與靶盒A連接．Q處有一固定的發射器B，它可以瞄準靶盒發射一顆水平速度為v0=50m/s，質量m=0。010kg的彈丸，當彈丸打入靶盒A后，便留在盒內，碰撞時間極短．不計空氣阻力．求:彈丸進入靶盒A后,彈簧的最大彈性勢能為多少？【考點】53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律．【分析】根據動量守恒定律列出等式,由系統機械能守恒求出最大彈性勢能．【解答】解：（1）彈丸進入靶盒A后，彈丸與靶盒A的共同速度設為v，由系統動量守恒得:mv0=（m+M)v靶盒A的速度減為零時，彈簧的彈性勢能最大,由系統機械能守恒得：Ep=(m+M）v2解得：Ep=v02代入數值得Ep=2.5J答:彈丸進入靶盒A后，彈簧的最大彈性勢能為2.5J．17．某村在較遠的地方建立了一座小型水電站，發電機的輸出功率為200kW,輸出電壓為500V，輸電導線的總電阻為10Ω，導線上損耗的電功率為16kW，該村的用電電壓是220V．（1)輸電電路如圖所示，求升壓、降壓變壓器的原、副線圈的匝數比；(2）如果該村某工廠用電功率為80kW，則該村還可以裝“220V40W"的電燈多少盞？【考點】EA：遠距離輸電．【分析】（1)根據輸電線路圖,由輸電線損耗功率求出輸電電流I2，再由發電機輸出功率與輸出電壓求得升壓變壓器的原線圈的電流I1，由是I1，I2得升壓變壓器的匝數比；求出升壓變壓器的匝數比后可求出降壓變壓器的原線圈的電壓，再與用戶電壓結合求出降壓變壓器的原副