2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第二次月考物理试卷（含答案解析)

这是一份2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第二次月考物理试卷（含答案解析)，共19页。
2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第二次月考物理试卷
1. 下列图像中不属于交变电流的有(    )
A. B.
C. D.
2. A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，通过两电热器的电流有效值之比IA：IB(    )

A. 4：5 B. 5：4 C. 2：5 D. 5：2
3. 如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为(    )
A. h
B. mhM
C. mhM+m
D. (M+m)hM
4. 如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙粒子分别带+q和−q的电荷，二者以相同速度v沿与x轴成30∘角从原点射入磁场，且甲的质量是乙的3倍，则甲、乙在磁场中运动时间之比为(    )
A. 1：3
B. 6：1
C. 1：6
D. 2：3
5. 如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为(    )


A. F2 B. 2F3 C. 3F4 D. 5F6
6. 如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上下表面MN间电压为U，已知自由电子的电量为e.下列说法中正确的是(    )

A. 导体的 M面比N面电势高
B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C. 导体中自由电子定向移动的速度为v=UBb
D. 导体单位体积内的自由电子数为BIeUb
7. 如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n：1，原线圈接正弦交流电，电压为u=U0cos100πt(V)，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R，当电键S接通后，电流表读数为I，电动机带动一电阻为r、质量为m、长为l的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升．下列判断正确的是(    )
A. 电动机两端电压为IR，其消耗的电功率为I2R
B. 原线圈中的电流为nI，变压器的输入功率为I2R+mgv，副线圈电流的频率为50 Hz
C. 变压器的输入功率为I2R+mgv+B2l2v2r
D. 电动机的热功率为I2R，副线圈电压的有效值为U0n
8. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为θ，两导轨间的距离为L，不计导轨电阻。导轨顶端接有电容为C的电容器和电动势为E的电源(内阻为R)。开始时选择开关拨到1，一质量为m、电阻不计的均匀金属棒ab恰好静止在导轨上。整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，重力加速度为g。现把选择开关拨到2，金属棒下滑过程中电容器未被击穿，下列说法正确的是(    )
A. 磁场方向垂直于导轨平面向下 B. 磁感应强度大小为mgREL
C. 金属棒做加速度减小的加速运动 D. 金属棒做匀加速运动
9. 如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(    )
A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
10. 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动．重力加速度为g.下列说法中正确的是(    )
A. ab杆所受拉力F的大小为B2L2v12R+μmg
B. cd杆所受摩擦力为零
C. 回路中的电流强度为BL(v1+v2)2R
D. μ与v1大小的关系为μ=2RmgB2L2v1
11. 在光滑的水平面上一个质量M=80g的大球以5m/s的速度撞击一个静止在水平面上的质量为m=20g的小球．用v和v′表示碰撞后大球和小球的速度，下列几组数据中根本不可发生的是(    )
A. v=3m/s，v′=8m/s B. v=4m/s，v′=4m/s
C. v=4.5m/s，v′=2m/s D. v=2m/s，v′=12m/s
12. 如图，一粒子发射源P位于足够长绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则(    )


A. 绝缘板AB上有粒子击中的区域长度为(3+1)d
B. 绝缘板AB上有粒子击中的区域长度为23d
C. 同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为7πd6v
D. 同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为πkd6v
13. 利用如图所示的实验装置可验证动量守恒定律。由于小球的下落高度是定值，下落时间是定值，所以小球落在地面上的水平位移就代表了小球做平抛运动时水平初速度的大小，这样碰前速度和碰后速度就可以用平抛运动的水平位移来表示。
(1)以下要求正确的是______。
A.入射小球的半径应该大于被碰小球的半径
B.入射小球的半径应该等于被碰小球的半径
C.入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滚下
D.斜槽末端必须是水平的
(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次实验，在记录纸上找到了两球平均落点位置分别为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON。已知入射球的质量为m1，被碰球的质量为m2，如果测得m1⋅OM+m2⋅ON近似等于______，则可证明碰撞中系统的动量守恒。
14. 质量m2=4kg的小球B静止在光滑水平面上，质量m1=1kg的小球A以初速度v0=10m/s与B发生正碰，求：
(1)若碰后A以2m/s反向弹回，求B的速度大小；
(2)若A、B为弹性碰撞，求碰后A、B的速度。
15. 图(甲)为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头．原线圈输入正弦式交变电压的u−t图象如图(乙)所示．若只在ce间接一只Rce=625Ω的电阻，或只在de间接一只Rde=256Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为110W，要求：
(1)写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)只在de间接256Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)ce和de间线圈的匝数比ncende.

16. 一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA=0.99kg，mB=3kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长，现滑块A被水平飞来的质量为mC=10g，速度为800m/s的子弹击中，且子弹立即留在滑块A中，如图所示，试求：
(1)子弹击中滑块A后瞬间，子弹和滑块A的共同速度多大；
(2)运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)当滑块A的速度大小为1m/s时，弹簧的弹性势能。

17. 如图，金属平行导轨MN、M′N′和金属平行导執PQR、P′Q′R′分别同定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L=0.10m。线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=0.20T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L=0.10m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60∘、半径为r=0.50m的圆弧导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2=0.40T.导体棒a质量m1=0.02kg，电阻R1=2.0Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b质量m2=0.04kg，电阻R2=4.0Ω放置在水平导執某处。闭合开关K后，导体棒a从AN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1=2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在磁场B中产生的焦耳热；
(3)闭台开关K后，通过电源的电荷量q。

18. 如图所示的平面直角坐标系中，虚线OM与x轴成45∘角，在OM与x轴之间(包括x轴)存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y轴与OM之间存在竖直向下的匀强电场。有一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以速度大小为v沿x轴正方向从O点射入磁场区域并发生偏转，带电粒子第一次进入电场后又会返回磁场，不计带电粒子的重力和空气阻力。在带电粒子从O点射入磁场到第二次离开电场的过程中，求：
(1)带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离；
(2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，求匀强电场的电场强度大小；
(3)若已知匀强电场的电场强度大小为E，讨论粒子第二次离开电场时的速度大小可能值。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：只要电流的大小和方向均随时间做周期性变化，则即为交流电，故ABC均为交流；
C中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变；故D不是交流电；
本题选不属于交变电流的，
故选：D。
根据交流电的定义进行分析：交流电的大小和方向均随时间做周期性变化。
本题考查交流电的性质，判断的主要依据是交流电的方向在做周期性变化。

2.【答案】D 
【解析】解：根据有效值的定义，则有：方波，I02R×T2+(12I0)2R×T2=IA2RT，
解得甲的有效值IA=58I0，
正弦交流电的电流有效值IB=I02
则IA：IB=5:2，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据有效值的定义求解。取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。
本题考查了交流有效值的求解方法，对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值。

3.【答案】D 
【解析】解：设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L。以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向0=Mv2+mv1
人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1=ht
人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L−h，速度大小v2=L−ht
根据以上式子可得L=(M+m)hM
故D正确，ABC错误；
故选：D。
以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．用绳梯的长度和高度h表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出绳梯的长度．
本题是有相对运动的动量守恒问题，要注意速度的参考系是地面，首先要规定正方向，确定人和气球相对于地的位移．

4.【答案】B 
【解析】解：设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R
解得R=mvqB
粒子在磁场中运动的周期为T=2πRv=2πmqB
所以R甲=3R乙
T甲=3T乙
作出甲、乙的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知甲、乙转过的圆心角分别为120∘和60∘，所以甲、乙在磁场中运动时间之比为t甲t乙=120∘360∘T甲60∘360∘T乙=6

故B正确，ACD错误；
故选：B。
画出粒子运动的轨迹，根据半径公式结合几何关系求出两粒子回到x轴时与O点的距离；根据t=θ2π，求出带正电粒子在磁场中运动的时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是画出粒子运动的轨迹，根据牛顿第二定律和圆周运动的规律求解，记住半径公式和周期公式。

5.【答案】A 
【解析】解：S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I=E5R
ab棒受到安培力的大小为Fab=BIL
其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到的安培力大小为F′=BIL
线框受到的安培力大小F=Fab+F′
若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F′′=BIL
联立可知F′′=F2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
先由已知条件可知abcd边的有效长度与ab相同，等效后的电流方向也与ab相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，将ab棒移走，根据欧姆定律计算电流的大小，进而计算安培力的大小。
本题的关键是要明白安培力求解公式F=BIL中的L是指通电导线的有效长度。

6.【答案】D 
【解析】解：A、如图，电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M板积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，故A错误；
BD、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U=E=Bdv。电流的微观表达式是I=nevS，则导体单位体积内的自由电子数n=IevS，S=db，v=UBd，代入得n=BIeUb，
可见，导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越小，故B错误，D正确；
C、由U=E=Bdv，得自由电子定向移动的速度为v=UBd.故C错误；
故选：D。
金属导体是自由电子导电，电流方向向右，电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两板电势的高低．电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势E=Bdv，为电子定向移动的速率，电压表的读数U=E.根据电流的微观表达式I=nevS，求解导体单位体积内的自由电子数n.
本题现象称为霍尔效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡求解电压表的示数．要掌握电流的微观表达式．

7.【答案】C 
【解析】解：A、电动机两端电压等于副线圈的电压．由于是非纯电阻，所以不等于IR，其消耗的电功率不等于I2R，故A错误
B、因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为In，故B错误
C、电动机线圈电阻为R，所以电动机线圈的热功率P=I2R，
金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升，金属杆受重力和向下的安培力以及向上的拉力，
根据能量守恒得：
电动机的输出功率P′=mgv+B2l2v2r
所以电动机消耗的功率是I2R+mgv+B2l2v2r
所以变压器的输入功率为I2R+mgv+B2l2v2r，故C正确
D、原线圈接正弦交流电，电压为u=U0cos100πt(V)，原、副线圈的匝数比为n：1，
所以副线圈电压的有效值为U02n，故D错误
故选C.
电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，根据功率的公式可以分析电动机的功率
电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率．

8.【答案】AD 
【解析】解：A.开始时选择开关拨到1，金属ab恰好静止在导轨上，磁场方向垂直于导轨平面，由左手定则判断安培力方向沿倾斜导轨向上，磁场方向重直于导轨平面向下，故A正确；
B.由金属棒ab恰好静止在导轨上，可得
BER⋅L=mgsinθ
解得：B=mgRsinθEL
故B错误；
CD.把选择开关拨到2，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为
Q=CU=CBLv
根据动量定理可得
mgsinθ⋅Δt−BI−L⋅Δt=m⋅Δv
又ΔQ=I−⋅Δt，a=ΔvΔt
解得：a=mgsinθm+CB2L2
a恒定不变，故金属棒将做匀加速直线运动，故C错误，D正确。
故选：AD。
开始时选择开关拨到1，金属ab恰好静止在导轨上，根据平衡条件和左手定则知磁场方向和大小；开关拨到2，根据动量定理和电容器定义式求加速度表达式，分析棒的运动情况。
解决本题的关键要搞清电流与电荷量的关系，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式，运用牛顿第二定律推导出金属棒的加速度，对这题的结果要在理解的基础上记牢，经常涉及这类问题。

9.【答案】BC 
【解析】解：AB、在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，副线圈负载功率减小，则原线圈输入功率也会减小，故输入电流减小，则电流表的读数变小，故A错误，B正确；
CD、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，副线圈负载功率变大，则原线圈输入电流也会变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误；
故选：BC。
本题的关键在于P位置不动时总电阻不变，Q不变时输出电压不变，完全利用变压器特点进行分析。

10.【答案】AD 
【解析】
【分析】
当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线，cd运动时不切割磁感线，在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力．导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解。
本题是又杆类型，涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解。
【解答】
导体棒切割磁感线时产生沿abdca方向的感应电流，大小为：I=BLv12R ①，
导体棒ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL+mgμ=F②，
导体棒cd运动时，在竖直方向受到摩擦力和重力平衡，则有：f=BILμ=mg③，
联立以上各式解得：F=B2L2v12R+μmg，μ=2RmgB2L2v1，故AD正确，BC错误。
故选AD。  
11.【答案】CD 
【解析】解：以M的初速度方向为正方向，碰撞前系统总动量：p=MV=0.08×5=0.4kg⋅m/s，系统总动能：EK=12MV2=12×0.08×52=1J；
A、如果V′=3m/s、v′=8m/s，碰撞后系统总动量：p′=MV′+mv′=0.08×3+0.02×8=0.4kg⋅m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：EK′=12MV′2+12mv′2=12×0.08×32+12×0.02×82=1J，系统机械能不增加，故A正确；
B、如果V′=4m/s、v′=4m/s，碰撞后系统总动量：p′=MV′+mv′=0.08×4+0.02×4=0.4kg⋅m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：EK′=12MV′2+12mv′2=12×0.08×42+12×0.02×42=0.8J，系统机械能不增加，故B正确；
C、如果V′=4.5m/s、v′=2m/s，碰撞后M的速度大于m的速度，会发生二次碰撞，不符合实际情况，故C错误；
D、如果V′=2m/s、v′=12m/s，碰撞后系统总动量：p′=MV′+mv′=0.08×2+0.02×12=0.4kg⋅m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：EK′=12MV′2+12mv′2=12×0.08×22+12×0.02×122=1.6J，系统机械能增加，不符合实际，故D错误；
本题选择不可能发生的(错误的)，故选：CD。
两球碰撞过程系统动量守恒，机械能不增加，碰撞后不可能发生二次碰撞，应用动量守恒定律分析答题．
本题考查了求两球的速度，知道两球碰撞过程系统动量守恒，机械能不增加，碰撞后不可能发生二次碰撞即可正确解题．

12.【答案】AC 
【解析】解：AB.洛伦兹力提供粒子做圆周运动向心力，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图1所示

                      图1
左侧最远处离C距离为d，右侧离C最远处为带电粒子能到达板上的长度为3d，粒子能打在板上的区域长度是(3+1)d，故B错误，A正确；
CD.设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长(优弧)和最短(劣弧)的粒子运动轨迹如图2所示

                    图2
粒子做整个圆周运动的周期T=2πdv
由几何关系可知，最短时间t2=16T=πd3v
如图所示粒子在磁场中最长时间t1=34T=3πd2v
最大时间差Δt=t1−t2=7πd6v
故D错误，C正确。
故选：AC。
作出粒子在磁场中运动轨迹的临界状态，通过几何关系求出带电粒子能到达板上的长度；作出粒子在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹，结合几何关系得出最大时间差。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，同时可以结合几何知识进行分析。

13.【答案】BCDm1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON 
【解析】解：(1)AB.只有两个小球的半径相等，才能保证碰撞为一维碰撞，碰后小球才能做平抛运动，故A错误，B正确；
C.为了保证入射小球每次运动至斜槽最低点时速度相同，入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滚下，故C正确；
D.为了保证小球碰后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故D正确。
故选：BCD。
(2)设落地时间为t，则有v0=OPt，v1=OMt，v2=ONt
而动量守恒的表达式为m1v0=m1v1+m2v2
所以若两球相碰前后的动量守恒，则有m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故答案为：(1)BCD；(2)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
(1)明确实验原理，掌握实验中需要注意的事项；
(2)在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．从而得出对应的表达式．
本题考查验证动量守恒定律的实验，主要是运用等效思维方法，明确平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。

14.【答案】解：(1)A、B发生正碰，取初速度方向为正，碰撞前后动量守恒，则有
m1v0=m1v1+m2v2
代入数值可得：v2=3m/s；
(2)若A、B为弹性碰撞，碰撞前后动量守恒，动能也守恒，取初速度方向为正，则有
m1v0=m1vA+m2vB
12m1v02=12m1vA2+12m2vB2
代入数值可得：vA=−6m/s，vB=−4m/s。
答：(1)若碰后A以2m/s反向弹回，B的速度大小为3m/s；
(2)若A、B为弹性碰撞，碰后A的速度为6m/s，方向与初速度相反；B的速度为4m/s，方向与初速度方向相同。 
【解析】(1)A、B发生正碰，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律列式可求；
(2)A、B为弹性碰撞，碰撞前后动量守恒，动能也守恒，列式可求。
本题考查了动量守恒的应用，碰撞过程中，系统动量守恒，发生弹性碰撞时能量守恒。

15.【答案】解：(1)由题图乙知ω=2π0.01=200πrad/s，故原线圈的输入电压瞬时值uab=2202sin200πt(V)
(2)原线圈输入电压的有效值U1=22022=220V，理想变压器输入功率等于副线圈的输出功率即P1=P2=110w
根据P1=U1I1
可得原线圈中的电流I1=PU=110220=0.5A；
(3)设ab间匝数为n1
U1n1=Udende=Ucence
由题意知R=U22P
可得Uce2Rce=Ude2Rde
解得ncende=RceRde=625256=.
答：(1)原线圈的输入电压瞬时值uab=400sin200πtV.
(2)原线圈中的电流为0.28A.
(3)ce和de间线圈的匝数比为25：16. 
【解析】(1)要求原线圈的输入电压的瞬时值的表达式需要知道输入电压的圆频率和电压的最大值；
(2)已知原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，而输入功率P=U1I1即可求出原线圈的输入电流I1.
(3)根据输出功率关系可以知道输出电压关系，根据原副线圈的电压关系可知ce和de间线圈匝数关系．
解答本题应掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，输入功率等于输出功率，就能顺利解决此题．

16.【答案】解：(1)子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，子弹与A作用过程时间极短，B没有参与，速度仍为零，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mCv0=(mC+mA)vA
解得：vA=8m/s；
(2)对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律和功能关系可得
mCv0=(mC+mA+mB)v
解得：v=2m/s
则弹性势能为
Ep=12(mC+mA)vA2−12(mC+mA+mB)v2
解得：Ep=24J；
(3)当滑块A的速度大小为1m/s，且与滑块B同向时，取向右为正方向，由动量守恒定律
mCv0=(mC+mA)vA1+mBvB1
解得：vB1=73m/s
弹簧的弹性势能
Ep1=12(mC+mA)vA2−12(mC+mA)vA12+12mBvB12
解得：Ep1=23.3J；
当滑块A的速度大小为1m/s，且与滑块B反向时，取向右为正方向，由动量守恒定律
mCv0=−(mC+mA)vA2+mBvB2
解得：vB2=3m/s
弹簧的弹性势能
Ep2=12(mC+mA)vA2−12(mC+mA)vA22+12mBvB22
解得：Ep2=18J。
答：(1)子弹击中滑块A后瞬间，子弹和滑块A的共同速度为8m/s；
(2)运动过程中弹簧的最大弹性势能为24J；
(3)当滑块A的速度大小为1m/s时，弹簧的弹性势能为23.3J或18J。 
【解析】(1)子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式可求；
(2)对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，系统能量守恒，当A、B速度相等时弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式可求；
(3)分类讨论A与B速度同向和反向时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求弹簧弹性势能。
本题考查了动量和能量的综合问题，解答这类问题的关键是弄清物体的运动过程，正确选择状态，然后根据动量和能量守恒列方程求解。

17.【答案】解：(1)设a棒滑到水平轨道上时的速度为v2，由动能定理得
  m1gr(1−cos60∘)=12m1v22−12m1v12
解得v2=3m/s
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，b棒受到的安培力最大，加速度最大，所以有
  E=B2Lv2
  I=ER1+R2
由牛顿第二定律得B2IL=m2amax。
联立解得导体棒b的最大加速度amax=0.02m/s2。
(2)两个导体棒在磁场B2中运动中，动量守恒，且能量守恒。当两棒的速度相等时回路中电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。
取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v2=(m1+m2)v3
由能量守恒定律得 12m1v22=12(m1+m2)v32+Qa+Qb。
由于a、b两棒串联在一起，电流相等，所以有QaQb=R1R2
联立解得Qa=0.02J
(3)设接通K后，a棒以速度v0水平抛出。则有
    v0=v1cos60∘=1m/s
对a棒冲出过程，由动量定理得
∑B1IL△t=m1v0−0
即B1Lq=m1v0
解得q=1C
答：(1)导体棒b的最大加速度是0.02m/s2；
(2)导体棒a在磁场B中产生的焦耳热是0.02J；
(3)闭台开关K后，通过电源的电荷量q是1C。 
【解析】(1)当导体棒a刚进入磁场时产生的感应电流最大，b棒受到的安培力最大，产生的加速度最大。先研究a棒运动过程，由动能定理求得a棒刚滑到水平轨道上时的速度，再由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律列方程求解导体棒b的最大加速度；
(2)两棒在磁场B2中运动过程中系统的动量守恒，根据动量守恒定律列方程求出共同速度，再根据功能关系得电路产生的总电热，根据串联规律求解金属棒a中产生的焦耳热。
(3)闭台开关K后，a棒水平抛出，由平抛运动的规律求得a棒获得的初速度，再对a棒冲出的过程，运用动量定理求通过电源的电荷量q。
解决本题的关键是理清两棒的运动过程，知道两棒均在磁场中运动时，系统的合外力为零，系统的动量守恒，能量也守恒。分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，往往根据动能定理或功能关系等列方程研究。

18.【答案】解：(1)根据题意作出轨迹图如下图：

根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2R
解得：R=mvqB
根据几何关系带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离
x1=2R=2mvqB
(2)根据几何关系可以发现带电粒子第二次离开磁场的位置到O点的距离x2=2x1
根据类平抛运动规律
x2cos45∘=vt
x2sin45∘=12at2
根据牛顿第二定律
qE′=ma
联立得
E′=Bv
(3)当带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，由上述分析可知，此时v=EB
若v>EB，则粒子从y轴离开电场，水平位移为x=2R=vt
解得
t=2mqB
离开电场时，竖直分速度
vy=at
此时，粒子第二次离开电场时的速度大小
v1=v2+vy2
联立解得：v1=4E2B2+v2
若v≤EB，则粒子从OM边界离开电场，水平位移与竖直位移相等
x=vt
y=v′y2t
解得
v′y=2v
此时，粒子第二次离开电场时的速度大小
v2=v2+v′y2
联立解得：v2=5v
答：(1)带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离为2mvqB；
(2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点，匀强电场的电场强度大小为Bv；
(3)若v>EB，粒子第二次离开电场时的速度大小为4E2B2+v2；若v≤EB，粒子第二次离开电场时的速度大小为5v。 
【解析】(1)根据题意作出粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力求解半径，根据几何关系求解带电粒子第一次离开磁场的位置到O点的距离；
(2)根据几何关系得到带电粒子第二次离开磁场的位置到O点的距离，根据类平抛运动规律进行解答；
(3)如果v>EB，则粒子从y轴离开电场；如果v≤EB，则粒子从OM边界离开电场，根据类平抛运动的规律结合几何关系进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。