高二(下)期中物理试卷

这是一份高二(下)期中物理试卷，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i=Imsinωt．若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为（　　）
A. i′=Imsinωt B. i′=Imsin2ωt C. i′=2Imsinωt D. i′=2Imsin2ωt
2. 一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T．从中性面开始计时，当t=T12时，线圈中感应电动势的瞬时值为2V，则此交变电流的有效值为（　　）
A. 22V B. 2V C. 2V D. 22V
3. 如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同．若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3大小的关系是（　　）
A. I1=I2=I3
B. I3>I1>I2
C. I2>I1>I3
D. I1>I2>I3
4. 如图所示，理想变压器的原线圈接入u=11000sin100πt（V）的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V，880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知（　　）
A. 原、副线圈的匝数比为50：1
B. 交变电压的频率为100Hz
C. 副线圈中电流的有效值为4A
D. 变压器的输入功率为880W
5. 某用电器与供电电源距离为L线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积的最小值是（　　）
A. ρLU B. 2ρLIU C. UρLI D. 2ULIρ
6. 质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）
A. 500 N B. 1 100 N C. 600 N D. 1 000 N
7. 质量为2kg的物体放在光滑水平面上，受到与水平方向成30°角的斜向上的拉力F=3N的作用，经过10s（取g=10m/s2）（　　）
A. 力F的冲量为153N⋅s B. 物体的动量的变化是30kg⋅m/s
C. 重力的冲量是零 D. 地面支持力的冲量是185N⋅s
8. 汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前（　　）
A. 汽车和拖车的总动量保持不变 B. 汽车和拖车的总动能保持不变
C. 汽车和拖车的总动量增加 D. 汽车和拖车的总动能减小
9. 质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图所示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘成一个整体，这个整体的动能等于（　　）
A. E0 B. 2E03 C. E09 D. E03
10. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）
A. vA′=5 m/s，vB′=2.5 m/s B. vA′=2 m/s，vB′=4 m/s
C. vA′=−4 m/s，vB′=7 m/s D. vA′=7 m/s，vB′=1.5 m/s
11. 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h．今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（　　）
A. mℎM+m B. MℎM+m C. mℎcotαM+m D. MℎcotαM+m
12. 竖直发射的火箭质量为6×103kg，已知每秒钟喷出气体的质量为200kg，若使火箭最初能得到20.2m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度应为（　　）
A. 700m/s B. 800m/s C. 900m/s D. 1000m/s
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 单匝矩形线圈abcd放在匀强磁场中，如图所示，ab=dc=l1，ad=bc=l2，从图示位置起以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则（　　）
A. 以OO′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωsinωt
B. 以O1O1′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωsinωt
C. 以OO′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωcosωt
D. 以OO′为转轴或以ab为转轴时，感应电动势e=BL1L2ωsin(ωt+π2)
14. 一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22Ω的电阻两端，下列说法中正确的是（　　）
A. 该电阻消耗的功率为550 W
B. 该交流电压的瞬时值表达式为u=1102sin100πt V
C. 并联在该电阻两端的交流电压表的示数为1102 V
D. 流过电阻的电流方向每秒改变50次
15. 图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是（　　）

A. 线圈匝数n1n4
C. 甲图中的电表是电压表，输出端不可短路 D. 乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
16. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则（　　）
A. 过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C. I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D. 过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
17. 如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触．现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（　　）


A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
18. 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（　　）
A. M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3
B. m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2
C. m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv=(M+m)v′
D. M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv2
三、实验题探究题（本大题共1小题，共15.0分）
19. 某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰，并粘合成一体继续做匀速直线运动，他设计的装置如图1所示．在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz，长木板的一端下垫着小木片用以平衡摩擦力．

（1）若已得到打点纸带如图1所示，测得各计数点间距离并标在图上，A为运动起始的第一点．则应选______段来计算小车A碰撞前的速度，应选______段来计算A和B碰撞后的共同速度．
（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上的测量结果可得：碰撞前两车质量与速度乘积之和为______ kg•m/s；碰撞后两车质量与速度乘积之和为______ kg•m/s．
（3）结论：______．
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
20. 如图所示，理想变压器的交流输入电压U1=220V，有两组副线圈，其中n2=36匝，标有“6V9W　”“12V12W　”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：
（1）原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；（2）原线圈中电流I1。








21. 0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向。
（1）则小球与地面碰撞前后的动量变化量为多少？
（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力为多少？


















22. 如图所示，将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并同在一条直线上．
（1）当乙车的速度为零时，甲车的速度是多少？方向如何？
（2）由于磁铁磁性极强，故两车不会相碰，试求出两车距离最短时乙车速度为多少？方向如何？







答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：由电动势的最大值Em=nBωS知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im′==2Im，因此，电流的变化规律为i′=2Imsin 2ωt，故D正确ABC错误。
故选：D。
根据发电机产生的交变电动势的表达式e=Emsinωt=NBS（2πn）sin（2πn）t，当N和n都增加一倍时，代入计算。
本题要理解交流发电机产生的交变电动势的表达式e=Emsinωt=NBS（2πn）sin（2πn）t，知道其中各个量的含义，同时注意匝数加倍时，电阻也加倍。
2.【答案】A
【解析】
解：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，从中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=Emsint。
当t=时瞬时值e=2V，代入解得 Em=4V
电动势有效值E==2V。
故选：A。
矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，从中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=Emsint，由t=时瞬时值为2V，求出Em，再求出有效值．
对于感应电动势的瞬时值表达式e=Emsinωt要注意计时起点必须是从中性面开始，否则表达式中初相位不为零．
3.【答案】B
【解析】
解：随着交变电流频率的增加，电阻原件的阻抗（电阻）不变，电感原件的感抗增加，电容器的容抗减小，故根据欧姆定律，可得：通过电阻的电流不变，通过电容的电流变大，通过电感的电流变小，由于原来电流相等，故I3＞I1＞I2。
故选：B。
交流电流通过电感线圈时，线圈中会产生感应电动势来阻止电流的变化，因而有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“感抗”．实验证明，感抗在数值上就是电感线圈上电压和电流的有效值之比，感抗的单位是“Ω（欧姆）”，符号是“L”．感抗公式为：xL=2πfL．
与感抗类似，交流电流通过电容时，电容器也有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“容抗”．实验证明，容抗在数值上就是电容上电压和电流的有效值之比，容抗的单位是“Ω（欧姆）”，符号是“C”．容抗公式为：xC=．
本题关键是明确电阻、电容、电感对交变电流的阻碍作用的大小取决于各自的电抗，会计算阻抗、容抗和感抗．
4.【答案】C
【解析】
解：AC、输入电压的有效值为U1=11000V，“220V，880W”的电器正常工作，所以副线圈电流I2==4A，用电器的额定电压为220V，电阻r两端的电压Ur=4×6=24V，所以变压器的输出电压U2=220+24=244V，根据电压与匝数成正比得原副线圈的匝数比为11000：244=2750：61，故A错误，C正确；
B、由表达式知交变电压的频率f=Hz=50Hz，故B错误。
D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误；
故选：C。
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．
5.【答案】B
【解析】
解：根据欧姆定律得，R=，根据电阻定律R=，解得s=．故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
根据欧姆定律、电阻定律求出输电导线的横截面积的最小值．
解决本题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，并能灵活运用．
6.【答案】D
【解析】
解：建筑工人下落5 m时速度为v，则v== m/s=10 m/s。设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：（mg-F）t=-mv，所以F=mg+=60×10 N+ N=1 000 N，故D对，A、B、C错。
故选：D。
工人开始做自由落体运动，由自由落体运动的速度位移公式求出安全带伸长时人的速度，然后应用动量定理求出安全带的平均冲力
本题考查了求安全带的缓冲力，分析清楚工人的运动过程，应用匀变速直线运动的速度位移公式与动量定理即可解题；应用动量定理解题时要注意正方向的选择．
7.【答案】D
【解析】
解：
A、力F的冲量为：I=Ft=3×10N=30N•s，故A错误。
B、由动量定理可知，物体动量变化为：△P=I=F合t=，故B错误。
C、重力冲量为：I=mgt=2×10×10N•s=200N•s，故C错误。
D、地面支持力为：N=mg-Fsin30°=，故地面支持力的冲量为：I=Nt=18.5×10=185N•s，故D正确。
故选：D。
根据冲量定义公式I=Ft可求解各个力的冲量．
本题是简单的冲量计算和动量定理的应用，冲量是力的时间积累效应的量度．
8.【答案】A
【解析】
解：由于汽车和拖车所受外力均不变，则整体的力的冲量不变；由动量定理可知，汽车和拖车的总动量保持不变；
故选：A。
对整体受力分析，由动量定理可知汽车和拖车的总动量的变化．
本题考查动量定理的应用，一定要整体进行分析，不能被题目中的脱钩所干扰．
9.【答案】D
【解析】
解：取向右为正方向，设每个物体的质量为m。第一号物体的初动量大小为P0，最终三个物体的共同速度为v。
以三个物体组成的系统为研究对象，对于整个过程，根据动量守恒定律得：
 P0=3mv
又P0=mv0，E0=
联立得：=3mv
则得：v=
整体的动能为Ek===．故ABC错误，D正确
故选：D。
碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出三个物体粘成一个整体后共同体的速度，即可得到整体的动能．
从本题可体会到运用动量守恒定律的优越性，由于只考虑初末两个状态，不涉及过程的细节，运用动量守恒定律解题往往比较简洁．
10.【答案】B
【解析】
解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；
故选：B。
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！
11.【答案】C
【解析】
解：物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有：
mv1-Mv2=0
运动时间相等，则有：
ms1-Ms2=0
由题意可知，s1+s2=
联立解得：
s2=
故选：C。
由于斜面体放在光滑地面上，则物体下滑的过程中，斜面后退；则由平均动量守恒可列式求解，注意两物体运动的水平位移之和等于斜面的长度．
本题考查平均动量守恒定律的应用，要注意根据动量守恒得出质量与水平长度的乘积也是守恒的．
12.【答案】C
【解析】
解：以喷出气体为研究对象，设每秒喷出气体质量为△m
由动量定理可知：
F△t=△mv0
对火箭有F-Mg=Ma     
解得：v0====900m/s；
故选：C。
对气体分析由动量定理可求得反冲力与动量的关系；再对火箭分析可求得加速度与力的关系，联立可求得气体的速度．
本题考查动量定理的应用，要注意正确选择研究对象，明确受力情况，注意不能忽略重力．
13.【答案】CD
【解析】
解：A、图示时刻感应电动势最大为Bl1l2ω，以OO′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωcosωt，A错误C正确；
B、以O1O1′为转轴时，磁通量的变化率始终为零，感应电动势为零，B错误；
D、由三角形知识知以OO′为转轴或以ab为转轴时，感应电动势，D正确；
故选：CD。
图示时刻感应电动势最大为Bl1l2ω，以O1O1′为转轴时，磁通量的变化率始终为零，感应电动势为零．
本题考查了交流发电机的原理及其产生正弦交流电的表达式．
14.【答案】AB
【解析】
解：
A、由图读出，电压的最大值为Um=110V，有效值为U==110V，该交流电压加在阻值为22Ω的电阻两端时，电阻消耗的功率为P==550W．故A正确。
B、由图读出周期T=0.02s，则ω==100πrad/s，该交流电压的瞬时值表达式为u=Umsinωt=110sin100πt（V）。故B正确。
C、并联在该电阻两端的交流电压表的示数为电压的有效值，即为110V．故C错误。
D、该交流电压的频率f==50Hz，交流电一个周期内电流方向改变两次，则该交流电流过电阻的电流方向每秒改变100次。故D错误。
故选：AB。
由图读出交流电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，根据有效值求解电阻消耗的功率．读出周期，求出角频率ω，写出交流电压的瞬时值表达式．交流电压表测量的是有效值．交流电一个周期内电流方向改变两次，根据频率求出电流方向每秒改变的次数．
本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识．交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值．
15.【答案】CD
【解析】
解：甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n1＞n2，
由图可知，乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n3＜n4，故CD正确，AB错误。
故选：CD。
理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势。而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势。串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器。
本题应知道电流互感器和电压互感器的工作原理。同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比
16.【答案】AC
【解析】
解：A、过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，有动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；
B、过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和。故B错误；
C、整个过程中初末位置动量都为0，所以动量的变化量为0，故I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零。故C正确；
D、过程Ⅱ中钢珠的初速度不为0，末速度为0，所以过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于0．故D错误。
故选：AC。
物体所受外力的冲量等于物体动量的改变量。关键是抓住各个过程中钢珠所受外力的冲量和动量改变量的关系。
本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析。
17.【答案】AD
【解析】
解：A、两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02=mv12+3mv22，解两式得：v1=-，v2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；
B、由前面分析知两球速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，故B错误；
C、两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C错误；D正确；
故选：AD。
两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，由动量守恒与机械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，然后答题．
本题考查机械能守恒定律及动量守恒定律，要注意明确两小球的碰撞是弹性碰撞，由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解速度，则可求得碰后的动量．
18.【答案】BC
【解析】
解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：
Mv=Mv1+mv2；
若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v′。
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
在M和m碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，M和m组成的系统动量守恒，m0在瞬间速度不变，应用动量守恒定律分析答题．
解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后m0的速度不变，M和m组成的系统动量守恒、应用动量守恒定律即可正确解题．
19.【答案】BC   DE   0.420   0.417   在误差允许的范围内，碰撞前两车质量与速度乘积之和等于碰撞后两车质量与速度乘积之和
【解析】
解：（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．
推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；
碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．
故答案为BC、DE
（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40×=0.420 kg•m/s  
碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s；
（3）根据（2）中数据可知：在误差允许的范围内，碰撞前两车质量与速度乘积之和等于碰撞后两车质量与速度乘积之和
故答案为：（1）BC　DE　（2）0.420　0.417　（3）在误差允许的范围内，碰撞前两车质量与速度乘积之和等于碰撞后两车质量与速度乘积之和
（1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．
（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m．
（3）根据求出的碰撞前后的动量关系分析得出对应的结论．
本题考查动量守恒定律的实验验证；根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口．
20.【答案】解：
（1）因为两灯泡正常发光，所以U2=6V，U3=12V，
根据电压与匝数成正比知两副线圈的匝数比n2：n3=6：12=1：2，
故n3=72匝
由n1：n2=220：6=110：3所以n1=1320匝
（2）根据输入功率等于输出功率知：220I=9+12
得：I=0.095A。
答：（1）原线圈的匝数n1为1320匝；另一副线圈的匝数n3为72匝；
（2）原线圈中电流I1为0.095A。
【解析】

设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，根据输入功率等于输出功率求电压关系；由电压关系求匝数之比；根据功率相等即可确定电流大小。
解决本题要从副线圈的用电器正常发光开始，特别注意副线圈中有两个线圈，所以电流比不再等于匝数反比，应该用输入功率等于输出功率。
21.【答案】解：（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m（-v1）=0.2×（-6）kg•m/s=-1.2kg•m/s
小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4kg•m/s=0.8kg•m/s
小球与地面碰撞前后动量的变化量为△p=p2-p1=2kg•m/s
（2）由动量定理得（F-mg）△t=△p
所以F=△p△t+mg=20.2N+0.2×10N=12N，方向竖直向上。
答：（1）小球与地面碰撞前后的动量变化量为2kg•m/s；
（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力为12N，方向竖直向上。
【解析】

由动量的定义式P=mv求出碰撞前后物体的动量，然后求出动量的变化。再根据动量定理确定平均作用力的大小和方向。
本题考查了求小球的动量与动量的变化，应用动量的计算公式即可正确解题，在列式时要注意明确各物理量的方向性。
22.【答案】解：（1）以两车组成的系统为研究对象，取甲车原来行驶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
   mv甲-mv乙=mv甲′
解得，v甲′=1m/s，方向水平向右．
（2）当两车的速度相同时，距离最短，设相同的速度为v
则有
   mv甲-mv乙=2mv
解得  v=0.5m/s，方向水平向右．
答：
（1）当乙车的速度为零时，甲车的速度大小是1m/s，方向水平向右．
（2）两车距离最短时乙车速度大小是0.5m/s，方向水平向右．
【解析】

（1）以两车组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求解乙车的速度为零时甲车的速度．
（2）当两车的速度相同时，距离最短，由动量守恒求出乙车的速度．
本题中两磁铁相互间的作用，相当于两车之间用弹簧相连的问题，根据动量守恒进行研究．