2020年江西省上饶市玉山一中重点班高二(下)期中物理试卷

期中物理试卷

题号一二三四总分

得分

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表

述符合物理学史实的是（）

①普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论

②根据玻尔理论氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子动能减小

③卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型

④贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的

⑤汤姆逊根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负

电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷

A. ①②③⑤

B. ①③⑤

C. ①②③

D. ②③④

2.如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的8盏完全相同的灯泡

（额定功率为P），左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时8盏灯刚好正常发光。下列说法中正确的是（）

A. 该变压器的原副线圈匝数比为1：3

B. 此时交流电源输出的功率为6P

C. U0=8U

D. 如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变亮，而其余5盏灯将变得更暗

3.在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，

一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，

若M＞m，则铁块离开车时将（）

A. 向左平抛

B. 向右平抛

C. 自由落体

D. 无法判断

4.图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变

压器T的原、副线圈匝数分别为n1，n2，在T的原线圈两端接入一电压u=U m sinωt 的交流电源，若输送电功率为2P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率

为（）

A. （）

B. （）

C. 16（）2（）2r

D. 16（）2（）2r

5.在t=0时刻一木块在静水面O处开始上下振动，形成各

个方向传播的水波。t=1s时，如图所示，水波向西刚好

传播到M点（图中只画了东、西方向，其他方向未画出），

O、M间的距离为2m，波形的最低点N与原静水的竖直

距离为15cm，以下分析正确的是（）

A. t=1s时，O点的运动方向向下

B. 该水波的波长为2m

C. M点与N点振动后，在某时刻速度不可能相同

D. t=1.25s时刻M点和N点处于同一水平线上

6.电动汽车越来越被人们所喜爱，某一种无线充电方式的基本原理如图所示，路面上

依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电，若汽车正在匀速行驶，下列说法正确的是（）

A. 感应线圈中产生的恒定的电流

B. 感应线圈中产生的方向改变、大小不变的电流

C. 感应线圈一定受到的路面线圈磁场的安培力，且该安培力会阻碍汽车运动

D. 给路面上的线圈通以同向电流，不会影响充电效果

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

7.如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运

动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带

的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的

过程中，下列说法正确的是（）

A. 合力对物块的冲量大小一定为2mv1

B. 合力对物块的冲量大小可能为2mv2

C. 合力对物块的冲量大小可能为零

D. 合外力对物块做的功可能为零

8.如图的实验中，分别用波长为λ1，λ2的单色光照射光电管的

阴极K，测得相应的遏止电压分别为U1和U2．设电子的质量

为m，带电荷量为e，真空中的光速为c，极限波长为λ0，下

列说法正确的是（）

A. 用波长为λ2的光照射时，光电子的最大初动能为eU2

B. 用波长为λ2的光照射时，光电子的最大初动能为

-

C. 普朗克常量等于

D. 阴极K金属的极限频率为

9.白光是由多种单色光构成的复合光，点光源S发出的一束白光由

空气斜射到横截面为矩形acdb的玻璃砖上的O点，S、O和d

三点位于同一直线上，θ为入射角，如图所示，下列说法正确的

是（）

A. 当θ增大时，光不可能在ab界面上发生全反射

B. 当θ增大时，光可能射到bd界面上，并不可能在bd界面上发生全反射

C. 射到cd界面上的光，一定不能在cd界面上发生全反射

D. 从cd界面射出的各种色光一定互相平行

10.如图两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R．Ox轴

平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x（T）。金属棒ab在外力作用下从x=O处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=1m经x2=2m到x2=3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒（）

A. 在x1与x3处的电动势之比为1：1

B. 在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为1：3

C. 从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为3：5

D. 从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为5：3

11.如图所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、

大小不同的甲、乙两个单匝矩形线框。甲对应边的长

度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h

相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度d足够

大。不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止

释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中。在矩形线框

进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体横截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是（）

A. I1=I2

B. q1=2q2

C. Q1=2Q2

D. F1=4F2

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

12.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果

如图甲和乙所示。该工件的直径为______cm，高度为______mm。

13.小东的家庭实验室里备有一些现成的实验器材，他找出一个0～3V的电压表，一个

定值电阻R0=5Ω，一个开关和部分导线，想利用这些器材测量一节新型干电池（电动势约为4.5V，内阻很小）的电动势与内阻。

（1）图1、2分别是小东根据器材设计的两种实验方案，你认为合理的电路是图______。请根据合理的实验电路完成图3中的实物连接______。

（2）电路连接好后，将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关，改变电阻箱接入电路的阻值R，记录不同阻值R对应的电压表示数U，根据记录，最后用图象法处理数

据，为了方便直观地根据图象分析数据，使绘出的图线为直线，可以用作纵轴，

则横轴应是______。

（3）若以为纵轴作出的图线泄露为k，纵截距为b，则所测电源的电动势E=______，

内阻r=______（均用题中所给字母表示）。本实验存在由于______导致的系统误差。

四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）

14.如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长

ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10Ω，

线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁

场方向平行。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、

F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值

电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的

转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以

及线圈的自感系数均可忽略不计。求：

（1）线圈中感应电流的最大值；

（2）线圈转动过程中电阻R的发热功率；

（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期通过电阻R的电荷量。

15.一列在介质中沿x轴负方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时

坐标为（1cm，0）的质点A刚好开始振动。在t1=1.4s时刻，位于坐标（3cm，0）处的质点P恰好第三次（从质点P起振算起）到达波峰。质点Q的坐标是（-2.5cm，0）。求：

①这列波的传播速度；

②试推导从t=0时刻开始，质点Q的位移y随时间t变化的表达式。

16.如图甲所示（俯视图），绝缘的水平桌面上有三个相邻的矩形区域I、II、III，区

域I的宽度为2d，区域II、III的宽度均为d，水平Ox轴与分界线M，M1，M2，M3均垂直，区域I有竖直向上的磁场，磁感线沿分界线M方向分布是均匀的，沿Ox方向分布是不均匀的；区域II无磁场；区域III有磁感应强度为B2=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场，与Ox轴平行的两光滑平行导轨固定在桌面上，导轨间距为

0.3m，左端接一电阻R．一质量为m=0.2kg、长度为L=0.3m的导体棒AC在水平向

右的恒力F作用下从分界线M处由静止开始沿导轨方向向右运动，其速度v的二次方与位移x的大小关系如图乙所示，若棒和导轨的电阻均不计，棒始终与导轨垂直且接触良好。求：

（1）力F的大小和电阻R的阻值；

（2）棒在区域I中的位移x与磁感应强度大小B1的关系式。

17.在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反

应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0．射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、B都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、

B、C三球的质量均为m．

（i）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度．

（ii）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

【解答】

①普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故①正确；

②氢原子辐射一个光子后，电子的轨道半径减小，根据=m知，核外电子的动能增大，

故②错误；

③卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故③正确；

④贝克勒耳通过对天然放射性的研究，原子核具有复杂结构，并没有提出原子核是由质子和中子组成的，故④错误；

⑤汤姆逊根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，故⑤正确，故B正确，ACD错误。

故选：B。

2.【答案】C

【解析】解：AC、设灯泡正常发光时，额定电流为I0．由题图可知，原线圈中电流I原=I0，副线圈中6灯并联，副线圈中电流I副=6I0，U副=U，根据理想变压器的基本规律：I原n1=I副n2得n1：n2=6：1；U原：U副=n1：n2得U原=6U，所以U1=6U+2U=8U．故A错误，C正确。

B、根据总功率等于各部分功率之和知电源输出功率为8P，故B错误；

D、如果灯L6突然烧断，总功率减小，故副线圈总电流减小，原线圈电流也减小，故灯L1和L2将变暗，而原线圈电压变大，故副线圈电压变大，其余5盏灯将变得更亮，故D 错误，

故选：C。

变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系。

解决本题的切入口是灯泡正常发光，间接告诉我们原副线圈中电流的比例关系。

3.【答案】B

【解析】解：小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=Mv车+mv铁

系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mv02=Mv车2+mv铁2

解得铁块离开车时：v铁=

由于M＞m，则得v铁＜0，所以铁块离开车时将向右平抛，故ACD错误，B正确。

故选：B。

系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律，求出铁块离开车时的速度，即可判断铁块的运动情况．

解决本题关键是能够把动量守恒和机械能守恒结合起来，要知道接触面光滑时，往往考虑系统的机械能是否守恒．

4.【答案】C

【解析】解：A、B、C、D、根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，加在原线

圈上的电压，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，，解得，输电线上的电流I=，消耗的功=16，A、B、D错误，C正确。

故选：C。

理想变压器输入功率和输出功率相等，根据理想变压器电压和匝数的关系，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，求出输电线上的电流，求出输电线上消耗的功率。

解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。

5.【答案】D

【解析】解：A、当t=1s时水面波向西刚刚只传到M点，由图可知，0点振动了半个周期，则T=2s，t=0时刻，O点向下振动，经过半个周期O点向上振动，故A错误；

B、根据v===2m/s，则波长λ=vT=2×2=4m，故B错误；

C、M点和N点相差个波长，以后M向下振动，N向上振动，经过T后M从负向最大

位移向上振动、N从平衡位置向上振动，经过一段时间后M和N的速度可能相同，故C 错误；

D、t=1s时M点向下振动，N点向上振动，再经过0.25s，M和N相对于平衡位置的位移相同，M、N处于同一水平线上，故D正确；

故选：D。

当t=1s时水面波向西刚刚只传到M点，且M点向下振动，由图可知，0点振动了半个周期，从而求出周期，进而判断=1s时O点的运动方向；求出波速，再根据λ=vT求出波长，根据振动情况判断速度是否相同；根据t=1s时M、N点的振动情况判断是否会在同一水平线上。

解答本题要求同学们能根据波的传播情况判断质点的振动情况，能根据题意结合图象求出波速、波长等，知道相差半个波长的质点，振动情况完全相反，经过一个周期，质点还回到原来的位移。

6.【答案】C

【解析】解：A、由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以两个线圈中磁场方向相反，感应线圈中的磁通量怎样变化不确定，无法判断感应线圈中产生的电流是否为恒定电流，故A错误；

B、由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；

C、感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；

D、给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流变小，影响充电效果，故D错误；故选：C。

地面相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，则线圈内部产生磁场方向相反，车运动时，车底线圈始终位于地面两个线圈，磁通量发生变化，故会产生感应电流，从而给电动车

充电了。

解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，并能理解法拉第电磁感应定律的应用。

7.【答案】BD

【解析】解：若v2＞v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，

规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合=mv1-m（-v2）=mv1+mv2。

根据动能定理知，合外力做功，

若v2＜v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，

规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合=mv2-m（-v2）=2mv2

根据动能定理知，合外力做功为：．故BD正确，AC错误。

故选：BD。

通过讨论，结合运动学规律分析物块再次回到P点的速度，运用动量定理求出合外力的冲量．

本题考查了动量定理和动能定理的基本运用，理清物块在传送带上的运动规律是解决本题的关键，难度不大．

8.【答案】AC

【解析】解：AB、根据光电效应方程，则有：，因此波长为λ2的光

照射时，光电子的最大初动能为eU2，故A正确，B错误；

C、根据爱因斯坦光电效应方程得：hγ1=eU1+W，hγ2=eU2+W，

得金属的逸出功为：W=hγ1-eU1。

联立得：h==．故C正确；

D、阴极K金属的极限频率为：γ0===，故D错误。

故选：AC。

根据动能定理求光电子的最大初速度；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的逸出功和普朗克常量h；由W=hγ0求金属的极限频率。

解决本题的关键掌握光电效应方程的内容，知道最大初动能与遏止电压的关系。

9.【答案】ACD

【解析】解：A、白光由空气斜射到玻璃砖abcd的ab面上，由光疏介质射向光密介质，不可能在ab界面上发生全反射，故A正确；

B、当θ增大时，折射角增大，光可能射到bd界面上，若在bd界面上入射角大于临界角，可能发生全反射。故B错误；

CD、由于光在cd面的入射角等于ab面的折射角，根据光路的可逆性知，光在cd面的出射角等于ab面的入射角，光线不可能在cd面上发生全反射，而且，从cd界面射出的各种色光一定互相平行，故CD正确；

故选：ACD。

发生全反射的必要条件是光从光密介质射入光疏介质，而且入射角大于等于临界角。根据全反射条件和几何关系结合分析。

解答本题时要抓住：由于玻璃砖的上下表面平行，所以第一次的折射时的折射角就是第二次折射时的入射角，由折射定律可知前者的入射角与后者的折射角相等。

10.【答案】AD

【解析】解：A、由功率的计算式：P=，知道由于金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m

的过电功率保持不变，所以E应不变，

电动势之比为1：1，故A正确。

B、由安培力公式F=BIL及P=EI知：

====，故B错误。

CD、由于金属棒从x1=1m经x2=2m到

x3=3m的过程中，R的电功率保持不变，

由P=I2R知道R中的电流相等，再由安

培力公式F=BIL，所以F-x图象如图所示

显然图象与坐标轴围成的面积就是克服

安培力做的功，即R产生的热量，所以：

==，根据热量Q=I2Rt，热量之比为5：3，电流相同，说明时间之比为5：3，因此电量==，故C错误，D正确。

故选：AD。

磁感应强度随x增大而减小，ab棒在外力作用下在磁场中运动，切割磁感线。已知金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m的过程中，R的电功率保持不变，由功率公式则电流和电压均有相等。从而很容易判断感应电动势的大小，电荷量的比值同样用平均值方法来求，安培力之比用安培力公式来求，难于判定的是热量，虽然电流相等但不知时间关系，所以由图象法来求，F-x图象与坐标轴围成的面积就是功，而面积是梯形面积，很好表示，那么克服安培力做功的比值就能求出。

本题的难点在于没有一个对比度，导体棒ab在随x的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，而巧妙的是在某一路段R上的电功率相同，预示着电路的电流和R上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小。克服安培力的功转化为焦耳热，所以F-x图象与坐标轴围成的面积就是功。虽然不知外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联。

11.【答案】AB

【解析】解：线框进入磁场前的运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=，

解得：v=，两线框进入磁场时速度相同；

A、根据E=BLv，甲切割磁感线产生的感应电动势是乙的2倍，甲线框的电阻是乙的2倍，由欧姆定律：I=可知，通过甲乙的电流相等，故A正确；

B、通过线框横截面的电荷量：q=I△t=△t=△t=，甲线框的面积是乙线框的4倍，甲线框的电阻是乙的2倍，所以q1=2q2，故B正确；

C、根据题意，甲线框做匀速运动，由平衡条件得：m1g=BIL1，由题意可知：m2=m1，L2=L1，则：m2g=BIL2，乙相框进入磁场过程做匀速运动，

甲进磁场时间：t1=，乙进磁场的时间：t2=，则：t1=2t2，线框产生的热量：Q=I2Rt，则线框产生的热量之比：==，故C错误；

D、线框所受安培力：F=BIL=，则：===，故D错误；

故选：AB。

根据机械能守恒定律知两线框进入磁场的速度相同，甲框的总电阻是乙框的2倍，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律比较线框电流；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出通过导体截面的电量；根据受力判断出乙线框的运动情况，根据焦耳定律比较焦耳热；由安培力公式F=BIL比较安培力大小。

本题综合考查了切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、焦耳定律、安培力公式等知识，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。

12.【答案】1.220 6.860

【解析】解：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.05mm=0.20mm，所以最终读数为：12mm+0.20mm=12.20mm=1.220 cm。

螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm。

故答案为：1.220； 6.860。

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。

13.【答案】2 电压表的分流

【解析】解：（1）新电池内阻很小，若用图1方案，在改变电阻箱阻值的过程中，即使电流明显变化，也会使内电压变化很小，即电压表的示数变化范围非常小，导致实验误差较大，所以采用图2上的方案，

根据选用的电路图，实物图连接如图所示：

（2）对图2电路，由闭合电路欧姆定律可得：

即：

为了使描出的图线为直线，用为纵轴，则横轴为。

（3）根据图线与函数关系可得：，则：

由：

解得：

本实验存在着由于电压表的分流而导致的系统误差。

故答案为：（1）2；

（2）实物图连接如图所示，；

（3），，电压表的分流。

（1）对照电路图连接实物图。

（2）根据闭合电路欧姆定律推出表达式，作纵轴，观察分析关于R的横坐标为何值时

才能让图象线性变化，即可判断出横轴。

（3）运用电压表和电阻箱，通过伏阻法测量电源的电动势和内阻。

根据实验的原理E=U+（R0+r），推导出线性表达式，通过图象直观地知道电动势和内

阻。

本题考查测量电源电动势和内阻实验，解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理，运用闭合电路欧姆定律分析，以及会运用图象法直观地得出电源的电动势和内阻。

14.【答案】解：（1）线圈产生感应电动势的最大值为：E m=nBωab×bc，

根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值为：，

代入数据解得：I m=3.0A；

（2）通过电阻R的电流的有效值为：，

线圈转动过程中电阻R的热功率为：P=I2R

代入数据解得：P=405W；

（3）根据法拉第电磁感应定律有：

根据闭合电路欧姆定律有：；

答：（1）线圈中感应电流的最大值3.0A；

（2）线圈转动过程中电阻R的发热功率405W；

（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期通过电阻R的电荷量7.5×10-3C。

【解析】（1）根据公式E m=nBSω求解电动势的最大值，应用欧姆定律求电流的最大值。（2）通过电阻R的电流的有效值求功率；

（3）用电流的平均值求电量。

本题关键是要能够区分交流的有效值、瞬时值、最大值和平均值，求解电表读数用有效值，求解电量用。

15.【答案】解：①t=0时刻，P向下振动，此前P已经经过一个波峰，根据题意可知：t1=T+T，

解得：T=0.8s，

由图示波形图可知：λ=4cm=0.04m，

波速为：v==0.05m/s；

②由图示波形图可知，质点的振幅为：A=2cm，

Q的起振时刻为：t2==0.7s，

Q的振动方程为：y=A sin[（t-t2）]，

代入数据解得：当t≥0.7s时：y=2sin[（t-0.7）]cm，

当t＜0.7s时，Q点不振动，即：y=0；

答：①这列波的传播速度为0.05m/s；

②t=0时刻开始，质点Q的位移y随时间t变化的表达式为：当t≥0.7s时：y=2sin[

（t-0.7）]cm，当t＜0.7s时，Q点不振动，即：y=0。

【解析】①根据题意求出波的周期，由图示波形图求出波长，然后求出波速；

②根据图示波形图求出质点的振幅，根据题意求出Q的起振状态，然后求出振动方程。本题考查了求波速与质点振动方程问题，根据图示波形图求出波的波长、质点振幅是解题的前提，应用波速、波长与周期的关系、知道振动方程即可解题。

16.【答案】解：（1）在0.4-0.6m内，根据图乙可得斜率为：

k=m/s2=1m/s2，

结合v22-v12=2a2x解得：a2=0.5m/s2，

棒在区域Ⅱ中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：

F=ma2，

代入数据解得：F=0.1N

棒在区域Ⅲ中做匀速运动，则有：

F=B2I2L

I2=

根据题图可得：v22=0.36

解得：v2=0.6m/s

解得：R=0.135Ω；

（2）在0-0.4m内，根据题图乙可得：

v2==0.4x

结合v2=2a1x解得：a1=2m/s2，

棒在区域Ⅰ中做匀加速运动，则根据牛顿第二定律有：

F-=ma1，

整理可得：B1=（T）（0＜x＜0.4m）。

答：（1）力F的大小为0.1N，电阻R的阻值0.135Ω；

（2）棒在区域I中的位移x与磁感应强度大小B1的关系式为B1=（T）（0＜x＜0.4m）。

【解析】（1）在0.4-0.6m内，根据图乙求解斜率，根据速度位移关系求解加速度，根据牛顿第二定律求解力F；棒在区域Ⅲ中做匀速运动，根据安培力作用下的平衡问题进行求解。

（2）在0-0.4m内，根据题图乙求解斜率，根据速度位移关系求解加速度，根据牛顿第二定律求解磁感应强度。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

17.【答案】解：（i）设C球与B球发生碰撞并立即结成一个整体D时，D的速度为v1，由动量守恒有：

mv0=（m+m）v1…①

当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒有：

2mv1=3mv2…②

由①②两式得A的速度为：v2=

（ii）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p，由能量守恒有：

?2mv=+E p

撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，

则有：E p=

以后弹簧伸长，A球离开档板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长．设此时的速度为v4，由动量守恒定律得：2mv3=3mv4

当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E P′，

由能量守恒定律得：=+E P′，

由以上各式解得：E P′=

答：（i）弹簧长度刚被锁定后A球的速度为．

（ii）在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能是．

【解析】（i）C球与B球粘连成D时由动量守恒定律列出等式，当弹簧压缩至最短时，D与A的速度相等由动量守恒定律解答弹簧长度刚被锁定后A球的速度．

（ii）弹簧长度被锁定后由能量守恒列出等式，解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，势能全部转变成D的动能由能量守恒和动量守恒定律列出等式求解．

本题主要考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用，关键要知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．