保定市涞水县波峰中学高二下学期期中物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年河北省保定市涞水县波峰中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，第1—8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．在下列各组所说的两个现象中，都表现出光具有粒子性的是（）A．光的折射现象、偏振现象 B．光的反射现象、干涉现象C．光的衍射现象、色散现象 D．光电效应现象、康普顿效应2．下列说法正确的是（)A．天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构B．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构C．原子核发生α衰变生成的新核原子序数增加D．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长3．用能量为12.30eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后下列关于氢原子跃迁的说法正确的是（）A．电子能跃迁到n=2的能级上去B．电子能跃迁到n=3的能级上去C．电子能跃迁到n=4的能级上去D．电子不能跃迁到其他能级上去4．一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,产生的感应电流如图，由图可知（)A．该交流电电流的有效值是5AB．该交流电的频率是20HzC．t=0时刻线圈平面位于中性面D．该交流电电流的瞬时表达式为i=5cos100πt（A）5．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（)A．动量守恒、动能守恒,机械能守恒B．动量守恒、动能不守恒，机械能不守恒C．动量不守恒、动能守恒,机械能守恒D．动量、动能、机械能都不守恒6．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示．下列关系正确的是（）A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma=mb D．无法判断7．如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为﹣6kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kg•m/s，则（）A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C．右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：108．如图，物体A、B静止在光滑水平面上,且mA＞mB，现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，已知这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体．那么AB两物体的合体（）A．一定停止运动B．一定向左运动C．一定向右运动D．仍运动,但运动方向不能确定9．如图，用理想变压器给电灯L供电,如果只增加副线圈匝数，其它条件不变，则（）A．电灯L亮度减小 B．电流表示数增大C．电压表示数增加 D．变压器输入功率不变10．如图甲所示,M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1:n2=10：1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2是用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是（）A．电压表V的示数为22VB．当R2所在处出现火警时,电压表V的示数减小C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大11．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5：1，电阻R=20Ω,L1．L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1,S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（）A．输入电压u的表达式u=20sin100πt（V）B．只断开S2后，L1．L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0。8W12．如图所示，有一台交流发电机E,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定,当用户消耗的电功率变大时，有（）A．U2减小，U4变大 B．U2不变，U3变小C．P1变小,P2变小 D．P2变大，P3变大二、填空题(每空2分，共12分）13．如图所示的电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2A，电容器C的击穿电压为300V，若在a、b间加正弦交流电压，并适当地调节R0和R接入电路中的阻值，使P恰好不被熔断,C恰好不被击穿，则电流表的读数为A,电路中电流的最大值为A，电压表的读数为V．（结果中可保留根号）14．用甲、乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，两种光的频率v甲v乙（填“＜",“＞”或“=”）,（选填“甲”或“乙”）光的强度大．已知普朗克常量为h,被照射金属的逸出功为W0,则甲光对应的遏止电压为．（频率用v，元电荷用e表示）三、计算题（其中15—16题每题8分，17-18题每题12分）15．如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈,边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，已知线圈绕OO′轴转动时产生的电动势最大值Em=NBSω,求：（1）电压表和电流表示数?（2）电阻R上所消耗的电功率是多少？（3）由图示位置转过90°的过程中,通过R的电量是多少？16．如图所示，质量M=0。040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接．Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量m=0。010kg的弹丸,当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短．不计空气阻力．求：弹丸进入靶盒A后,弹簧的最大弹性势能为多少？17．某村在较远的地方建立了一座小型水电站,发电机的输出功率为200kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村的用电电压是220V．（1）输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；（2）如果该村某工厂用电功率为80kW，则该村还可以装“220V40W”的电灯多少盏？18．如图，小球a、b质量均为m，b球用长h的细绳（承受最大拉力为2.8mg）悬挂于水平轨道BC（距地高0。5h）的出口C处．a球从距BC高h的A处由静止释放后，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．试问：（1）a与b球碰前瞬间的速度大小？(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（3）若细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是多少?若细绳不断裂，小球最高将摆多高？

2016—2017学年河北省保定市涞水县波峰中学高二（下)期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题,每小题4分，第1—8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．在下列各组所说的两个现象中，都表现出光具有粒子性的是(）A．光的折射现象、偏振现象 B．光的反射现象、干涉现象C．光的衍射现象、色散现象 D．光电效应现象、康普顿效应【考点】IF：光的波粒二象性．【分析】知道光何时具有粒子性，又何时体现波动性．少量粒子体现粒子性,大量粒子体现波动性．【解答】解：A、光的折射现象体现粒子性而偏振现象则是波的特性．故A不正确;B、光的反射现象是粒子性而干涉现象则是波的特性．故B不正确;C、光的衍射现象是波动性,故C不正确；D、光电效应现象、康普顿效应均表现出光有粒子性．故D正确；故选：D2．下列说法正确的是(）A．天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构B．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构C．原子核发生α衰变生成的新核原子序数增加D．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁；J1:粒子散射实验．【分析】天然放射现象说明了原子核内部有复杂结构，α粒子散射实验得出了原子的核式结构模型；根据电荷数的变化判断原子序数增加还是减小；根据能级差得出辐射光子频率的大小，从而得出辐射光子波长的大小．【解答】解：A、天然放射现象的射线来自原子核，可知原子核内部有复杂结构,故A正确．B、α粒子散射实验得出了原子的核式结构模型，故B错误．C、原子核发生α衰变生成的新核，电荷数少2，质量数少4，原子序数减小,故C错误．D、n=3和n=2间的能级差小于n=2和n=1间的能级差，则氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子频率小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子频率，则氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故D错误．故选：A．3．用能量为12。30eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后下列关于氢原子跃迁的说法正确的是（）A．电子能跃迁到n=2的能级上去B．电子能跃迁到n=3的能级上去C．电子能跃迁到n=4的能级上去D．电子不能跃迁到其他能级上去【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．【分析】能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，当吸收的光子能量等于两能级间的能级差，可以发生跃迁．【解答】解:用能量为12.30eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，由于12.30eV的能量不等于任何一个能级与基态间的能级差，可知该光子不能被吸收而发生跃迁，故D正确,A、B、C错误．故选:D．4．一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图,由图可知（）A．该交流电电流的有效值是5AB．该交流电的频率是20HzC．t=0时刻线圈平面位于中性面D．该交流电电流的瞬时表达式为i=5cos100πt(A）【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4:正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】从图象得出电流最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大．【解答】解：A、由图象知正弦交变电流的最大值是5A，所以该交流电电流的有效值是=A，故A错误；B、由图象知周期T=0。02s，所以频率f==50Hz,故B错误；C、t=0时感应电流最大，感应电动势最大，磁通量为零，所以线圈平面垂直于中性面,故C错误；D、由图象知周期T=0.02s，所以ω==100πrad/s，电流的最大值是5A，所以交流电电流的瞬时表达式为i=5cos100πt（A),故D正确；故选：D．5．如图所示,两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A,并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）A．动量守恒、动能守恒，机械能守恒B．动量守恒、动能不守恒,机械能不守恒C．动量不守恒、动能守恒，机械能守恒D．动量、动能、机械能都不守恒【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．根据能量转化情况分析动能是否守恒．【解答】解：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的外力之和为零，系统的动量守恒．在此过程中，除弹簧弹力做功外还有阻力对系统做功，系统机械能不守恒．在子弹打中木块A的过程，系统的动能减小转化为内能．弹簧被压缩的整个过程中,系统的动能减小转化为弹性势能,所以动能不守恒．故B正确．ACD错误．故选:B6．在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示．下列关系正确的是（）A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma=mb D．无法判断【考点】53：动量守恒定律．【分析】该碰撞过程中动量和能量守恒，根据动量和能量守恒列出方程结合图象即可判断两球质量关系．【解答】解:由图可知b球碰前静止，设a球碰后速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，机械能守恒所以有：mav0=ma（﹣v1）+mbv2①mav02=mav12+mbv22②联立①②得：v1=v0，v2=v0，由图可知，a球碰后速度反向，故ma＜mb，故ACD错误，B正确．故选B．7．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为﹣6kg•m/s,运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kg•m/s，则（)A．左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5B．左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10【考点】53：动量守恒定律．【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒．因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比．【解答】解：规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为﹣6kg•m/s，说明A、B两球的速度方向向左，两球质量关系为mB=2mA，由P=mv知碰撞前有vA＞vB，要发生碰撞，所以右方是A球．碰撞后A球的动量增量为：△PA=4kg•m/s所以碰撞后A球的动量为：PA′=PA+△PA=（﹣6+4）kg•m/s=﹣2kg•m/s碰撞过程系统总动量守恒有：PA+PB=PA′+PB′解得碰撞后B球的动量为：PB′=﹣10kg•m/s，根据mB=2mA，PA′=mAvA′,PB′=mBvB′得碰撞后A、B两球速度大小之比为：vA′：vB′=2:5故C正确，ABD错误．故选：C8．如图,物体A、B静止在光滑水平面上，且mA＞mB，现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，已知这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体．那么AB两物体的合体（）A．一定停止运动B．一定向左运动C．一定向右运动D．仍运动，但运动方向不能确定【考点】53：动量守恒定律．【分析】先根据动能定理分析两个物体获得的动能大小，由P=，分析碰撞前的动量大小，根据碰撞过程动量守恒，列式分析碰后共同体的运动方向．【解答】解:两力大小相等，物体运动距离相同，由动能定理可知，两物体获得的动能相等,碰撞前两物体的动能EK相同，由P=与mA＞mB可知，PA＞PB．两物体碰撞过程中动量守恒，以两物体组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得:PA﹣PB=（mA+mB）v，故碰后速度v一定与PA相同，方向向右，故C正确．故选：C．9．如图，用理想变压器给电灯L供电,如果只增加副线圈匝数，其它条件不变,则（)A．电灯L亮度减小 B．电流表示数增大C．电压表示数增加 D．变压器输入功率不变【考点】E8:变压器的构造和原理．【分析】根据电压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率．【解答】解：只增加副线圈匝数,根据，可知,副线圈的电压增加，则:A、副线圈匝数增加使得副线圈电压增加，输出功率增加，所以电灯变亮,故A错误；B、副线圈匝数增加,使得副线圈电压增加，输出功率增加,输入功率也增加,所以电流表示数增大，故B正确；C、副线圈匝数增加，电压电流都增加,故C正确；D、负载电阻减小，电压不变，但电流增大，所以输出功率和输入功率都增大,故D错误；故选BC10．如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1:n2=10：1，接线柱a、b间接一正弦交变电源,其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是（）A．电压表V的示数为22VB．当R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C．当R2所在处出现火警时,电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大【考点】E8：变压器的构造和原理;BG：电功、电功率;E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，由图象无频率,电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解答】解：A、由图象可知，输入的电压为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V,电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；B、当出现火警时，温度升高,电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大，则R1的电压要增大消耗的功率也增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压即电压表示数就要减小,所以BCD正确；故选：BCD．11．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1．L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（）A．输入电压u的表达式u=20sin100πt(V）B．只断开S2后，L1．L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0。8W【考点】E3:正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据电压与匝数程正比,电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解答】解：A、由图象得周期T=0.02s，ω==100π，输入电压最大值Um=20V，所以输入电压u的表达式应为u=20sinV，故A正确；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，则L1、L2均不能正常发光，故B错误；C、只断开S2后，负载电阻变大,原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，故C错误；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V,R消耗的电功率为=0。8W，故D正确．故选：AD．12．如图所示,有一台交流发电机E,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时,有（）A．U2减小,U4变大 B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小 D．P2变大,P3变大【考点】EA：远距离输电；E8：变压器的构造和原理．【分析】通过理想升压变压器T1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．【解答】解：A、B要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器,则P3也会变大；由于T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大,所以U3变小,U4变小，故A错误、B正确；C、由于两变压器均是理想的,所以输入功率与输出功率相等,当P1变大,P2也变大，加之T1的输入电压U1一定，则输出电压也一定，通过电阻R的电流变大，所以U3电压变小．故C错误;D、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P3也会变大;由于T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，故D正确；故选：BD二、填空题（每空2分,共12分）13．如图所示的电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2A，电容器C的击穿电压为300V,若在a、b间加正弦交流电压，并适当地调节R0和R接入电路中的阻值，使P恰好不被熔断，C恰好不被击穿，则电流表的读数为2A，电路中电流的最大值为2A，电压表的读数为300V．（结果中可保留根号）【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】首先明确电容器C的击穿电压为300V是交流电的最大值，保险丝P的熔断电流为2A为有效值；利用交流电最大值和有效值的关系即可求解．【解答】解：据题意知，使P恰好不被熔断，其电流为有效值,所以电流表的示数为2A，电路中电流的最大值为:=C恰好不被击穿，击穿电压为交流电的最大值，电压表的示数为交流电的有效值,即为：U===300V；答案:2，，30014．用甲、乙两种光做光电效应实验,发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，两种光的频率v甲=v乙（填“＜"，“＞”或“=”），甲(选填“甲"或“乙”)光的强度大．已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，则甲光对应的遏止电压为．(频率用v，元电荷用e表示）【考点】IC:光电效应．【分析】根据光的强度越强，形成的光电流越大；并根据光电效应方程，即可求解．【解答】解：根据eUc=hv0=hv﹣W0，由于Uc相同，因此两种光的频率相等，根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；由光电效应方程mv2=hv﹣W0,可知，电子的最大初动能EKm=hv﹣W0；那么甲光对应的遏止电压为Uc=；故答案为:=,甲，．三、计算题（其中15—16题每题8分，17-18题每题12分)15．如图所示为交流发电机示意图,匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，已知线圈绕OO′轴转动时产生的电动势最大值Em=NBSω,求：(1）电压表和电流表示数？（2)电阻R上所消耗的电功率是多少？（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是多少？【考点】E2:交流发电机及其产生正弦式电流的原理；BB:闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBSω．电流表测量电流的有效值．根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压;（2）电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；(3)根据电量表达式,与感应电动势结合，得出q=I•△t=n公式,从而可求得．【解答】解：（1)感应电动势最大值Em=nBSω=100×0。5×0。1×0.2×50=有效值：电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：=2.0A，U=IR=2×20=40V（2）电阻R上所消耗的电功率P=IU=2×40=80W(3)由图示位置转过90°的过程中,通过R上的电量答：(1）电压表示数为40V,电流表示数为2.0A;（2）电阻R上所消耗的电功率是80W；（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是0。04C16．如图所示，质量M=0。040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接．Q处有一固定的发射器B，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量m=0。010kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短．不计空气阻力．求:弹丸进入靶盒A后,弹簧的最大弹性势能为多少？【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【分析】根据动量守恒定律列出等式,由系统机械能守恒求出最大弹性势能．【解答】解：（1）弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v，由系统动量守恒得:mv0=（m+M)v靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大,由系统机械能守恒得：Ep=(m+M）v2解得：Ep=v02代入数值得Ep=2.5J答:弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．17．某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为200kW,输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为16kW，该村的用电电压是220V．（1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；(2）如果该村某工厂用电功率为80kW，则该村还可以装“220V40W"的电灯多少盏？【考点】EA：远距离输电．【分析】（1)根据输电线路图,由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副