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1、精选优质文档-倾情为你奉上高二年级物理周练九一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为()A. Bd24RB. 2BdRC. Bd2RD. Bd2R2. 如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是()A. A、B一起亮，然后B熄灭B. A比B先亮，然后A熄灭C. A、B一起亮，然后A熄灭D. B比A先亮，然后B熄灭3. 铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，说法正确的是() A. 金
2、属环在下落过程中的机械能守恒B. 金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量C. 金属环的机械能先减小后增大D. 穿过金属环的磁通量不变4. 如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中.导轨上有两根小金属导体杆ab和cd，其质量均为m，能沿导轨无摩擦地滑动.金属杆ab和cd与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计.开始时ab和cd都是静止的，现突然让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则()A. cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并将追上cdB. cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cdC. 开始时cd做减速运动，ab做
3、加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动D. 磁场力对两金属杆做功的大小相等5. 通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为() A. 42AB. 4AC. 5AD. 52A6. 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是()A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D. 若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大7. 远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为P，若输送
4、的电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为P4.(输电线电阻不变)，那么，输电电压应增为()A. 32UB. 16UC. 8UD. 4U8. 将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块.现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是()A. 小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C. 小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D. 小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽9. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长
5、，甲同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，另外一位同学用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知甲同学的质量为m，则渔船的质量为()A. m(L+d)dB. m(Ld)dC. mLdD. m(L+d)L10. 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则() A. t1时刻线圈中磁通量为零B. t2时刻线圈中磁通量变化率最大C. t3时刻线圈中磁通量变化率最大D. t4时刻线圈面与磁场方向垂直二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）11. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为101，R1=20
6、，R2=10，C为电容器，原线圈所加电压u=220sin(100 t)V.下列说法正确的是 ()A. 通过电阻R3的电流始终为零B. 副线圈两端交变电压的频率为50HzC. 电阻R2的电功率为48.4WD. 原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10112. 如图所示，边长为L的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕OO轴匀速转动，则以下判断中正确的是()A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=nBL2sintB. 在t=2时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时
7、磁通量的变化率为零C. 从t=0时刻到t=2时刻，电阻R上产生的热量为Q=n2B2L4nR16(R+r)D. 从t=0时刻到t=2时刻，通过R的电荷量Q=nBL22(R+r)13. 如图1所示，T为理想变压器，原副线圈匝数比为4：1，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，原线圈两端接入如图2所示的电压，以下说法正确的是() A. 当温度升高时，电压表V1示数为552V保持不变B. 当温度升高时，电压表V2示数变大C. 通过电流表A1的电流方向每秒变化100次D. 当温度升高时，电流表A1、A2示数同时变大14.
8、总质量为M的小车ab，原来静止在光滑的水平面上.小车的左端a固定一根不计质量的弹簧，弹簧的另一端放置一块质量为m的物体C.已知小车的水平底板光滑，且Mm，开始时，弹簧处于压缩状态，如图，当弹簧突然释放后，物体c离开弹簧向b端冲去，并跟b端粘合在一起，那么，以下说法中正确的是()A. 物体c离开弹簧时，小车一定向左运动B. 物体c离开弹簧时，小车运动的速率跟物体c相对小车运动的速率之比为mMC. 物体c离开弹簧时，小车的动能与物体c的动能之比为mMD. 物体c与车的b端粘合在一起后，小车立即停止运动三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15. 如图所示，光滑的水平面AB与半径为R=0.32m
9、的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点.用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接.甲球的质量为m1=0.1kg，乙球的质量为m2=0.3kg，甲、乙两球静止.现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点.重力加速度g取10m/s2，甲、乙两球可看作质点(1)试求细线烧断前弹簧的弹性势能EP；(2)若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I16. 如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为M=1kg的小木块，木块处于静止状态.现有一质量为m=0.01kg的子弹以初速度v0=300m/s自左方水平地射穿木块
10、，木块上升的最大高度h=0.2m，求：子弹射出木块时的速度v；若子弹射穿木块的时间为t=0.02s，子弹对木块的平均作用力F大小为多少？17. 如图所示，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度大小B=0.20T.正方形线圈abcd绕对称轴OO在匀强磁场中匀速转动，转轴OO与磁场方向垂直，线圈转速为n=120r/min.线圈的边长为L=20cm，线圈匝数N=20，线圈电阻为r=1.0，外电阻R=9.0，电压表为理想交流电压表，其它电阻不计，图示位置线圈平面与磁场方向平行.求线圈从图示位置转过90过程中：(1)所产生的平均感应电动势E；(2)通过外电阻R的电荷量q；(3)电阻R上的电热Q；(4)交流电压
11、表的示数U如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.2m，导轨平面与水平面间夹角=37，N、Q间连接一个电阻R=0.1，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=0.5T.一根质量m=0.03kg的金属棒正在以v=1.2m/s的速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好.金属棒及导轨的电阻不计，g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80.求：(1)电阻R中电流的大小；(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.2N，若金属棒继续下滑x=0.14m后速度恰好减为0，则在金属棒减速
12、过程中电阻R中产生的焦耳热为多少？高二年级物理周练九【答案】1. A2. C3. B4. C5. C6. B7. C8. D9. B10. B11. BC12. CD13. CD14. ABCD15. 解：(1)设乙球在D点处的速度为v，对乙球，在D处：m2g=m2v2R EP=m2g(2R)+12m2v2，由式并代入数据得：EP=2.4J，(2)设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v1=m2v2 根据能量守恒定律得：EP=12m1v12+12m2v22 根据动量定理得：I=m2v2 由式并代入数据得冲量大小：I=0.6Ns，方向：水平
13、向右答：(1)细线烧断前弹簧的弹性势能EP为2.4J；(2)从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I大小为为0.6Ns，方向水平向右16. 解：设子弹射穿木块后木块获得速度为v.木块上摆过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：12Mv2=Mgh，子弹射穿木块过程系统的动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv+Mv，联立并代入数据解得：v=2m/s，v=100m/s；以木块为研究对象，由动量定理可得：Ft=Mv，代入数据解得：F=100N；答：子弹射出木块时的速度v为100m/s；若子弹射穿木块的时间为t=0.02s，子弹对木块的平均作用力F大小为
14、100N17. 解：(1)线圈转动的周期为：T=1n=60120s=0.5s 线圈从图示位置转过90过程中，所经历的时间为：t=T4=0.54=0.125s 线圈中发生的磁通量的变化为：=BL2=0.200.202=0.008Wb 由法拉第电磁感应定律得平均电动势为：E=Nt=200.0080.125=1.28V (2)通过电阻R的平均电流为：I=ER+r=1.289.0+1.0=0.128A 在这个过程中通过R的电荷量为：q=It=0.1280.125=0.016C (3)线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为：Em=NBL2代入数据得：Em=2.0V 有效值：E=Em2=2.02=2V
15、通过电阻R的感应电流的有效值为：I=ER+r=29+1=0.12A 在这个过程中，电阻R上产生的热量为：Q=I2Rt=(0.12)290.125=0.0225J (4)交流电压表的示数即电阻R两端电压的有效值：U=IR=0.129=0.921.27V 答：(1)所产生的平均感应电动势是1.28V；(2)通过外电阻R的电荷量是0.016C；(3)电阻R上的电热是0.0225J；(4)交流电压表的示数是1.27V18. 解：(1)感应电动势E=BLv=0.50.21.2=0.12V；感应电流I=ER=0.120.1=1.2A；(2)导体棒受到的安培力F安=BIL=0.50.21.2=0.12N；金
16、属棒匀速下滑，根据平衡条件可知：mgsinfF安=0且FNmgcos=0又f=FN代入数据解得：=0.25；(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得：(Fmgsin+mgcos)x+Q=12mv2代入数据解得：产生的焦耳热：Q=1.04102J.答：(1)电阻R中电流的大小1.2A；(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小为0.25；(3)在金属棒减速过程中电阻R中产生的焦耳热为1.04102J【解析】1. 解：金属环的面积：S=(d2)2=d24，由法拉第电磁感应定律得：E=t=BSt，由欧姆定律得，感应电流：I=ER，感应电荷量：q=It，解得：q=R=Bd24R，故A正确
17、，BCD错误；故选：A由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流的定义式求出感应电荷量本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式q=R计算2. 解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮.但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故C正确故选：C当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光.根据电感线圈的电阻不计，会将A灯短路，分析A灯亮度的变化本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线
18、圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路3. 解：AC、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，所以环的机械能在减少.故AC错误；B、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力作功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内能.故B正确；D、当环从静止下落过程中，当下落到磁铁一半高度时，因抵消的磁感线最少，则磁通量最大，因此出现磁通量先变大后变小的现象，故D错误；故选：B金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落过程中，
19、穿过环的磁通量变化，导致环中产生感应电动势，从而出现感应电流，又出现安培力，导致环运动状态发生变化考查楞次定律、牛顿第三定律，同时运用机械能守恒定律及满足守恒的条件，理解安培阻力做功，从而产生内能4. 解：ABC、让cd杆以初速度v向右开始运动，cd杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，安培力对cd向左，对ab向右，所以ab从零开始加速，cd从v0开始减速.那么整个电路的感应电动势减小，所以cd杆将做加速度减小的减速运动，ab杆做加速度减小的加速运动，当两杆速度相等时，回路磁通量不再变化，回路中电流为零，两杆不再受安培力作用，将以相同的速度向右匀速运动.故C正确，A、B错误D、两导线中
20、的电流始终相等，但由于通过的距离不相等，故磁场对两金属杆做功大小不相等；故D错误；故选：C突然让cd杆以初速度v向右开始运动，cd杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，根据牛顿第二定律判断两杆的运动情况本题是牛顿第二定律在电磁感应现象中的应用问题.解答本题能搞清楚物体的受力情况和运动情况5. 解：根据有效值的定义可得：(82)2RT2+(32)2RT2=I2RT，解得：I=5A，故选项C正确，ABD错误故选：C有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值.特别的，对于正弦交变电流最大值是
21、有效值的2倍. 本题考查交变电流有效值的计算.根据电流的热效应来计算即可6. 解：A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则A错误B、干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确C、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小。则C错误D、闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小。电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误故选：B。滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定律确定各表的示
22、数变化考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键7. 解：由P=UI知I=PU，则输电线上损失的功率P=I2R=(PU)2R，得输电电压U=PRP 若输送的电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为P4，由上式得输电电压U应增为8U；故ABD错误，C正确故选：C根据输送功率P=UI求出输电，电流，再根据P损=I2R可得出输电线上损失的电功率与什么有关解决本题的关键掌握输送功率P=UI，以及输电线上损失的电功率P损=I2R.8. 【分析】小球自左端槽口A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置
23、于光滑的水平面上。由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒，当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右运动，水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒，小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平分速度与半圆槽的速度相同。本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律，当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒.当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球的机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。【解答】A.只有重力或只有弹力
24、做功时物体的机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误；B.小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒，小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，故B错误；C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误；D.小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上
25、抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故D正确。故选D。9. 解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t.取船的速度为正方向则v=dt，v=Ldt，根据动量守恒定律得：Mvmv=0，解得，船的质量：M=m(Ld)d，故B正确，ACD错误故选：B人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向，难度不大，属于基础题10. 解：A、t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，此时
26、线圈通过中性面.故A错误 B、t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，磁通量变化率最大.故B正确 C、t3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故C错误 D、t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈面与磁场方向平行.故D错误故选：B 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流.磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面.经过中性一次，电流方向改变一次.根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题11. A、交流电可以通过电容器，副线圈的电压
27、U2=110220=22V，副线圈中电流I2=U2R总3.3A(其中1R总=1R1+1R2+1R3)，所以原线圈电流大于0.33A，故A错误； B、，故B正确；C、副线圈的电压U2=110220=22V，所以P2=U22R2=48.4W，故C正确；D、根据磁通量=BS，B与S均相等，因此磁通量变化率相等，故D错误。故选BC。12. 解：A、由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsint，得回路中感应电动势的瞬时表达式e=12nBL2sint，故A错误；B、在t=2时刻，线圈从图示位置转过90，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，故B错误；C、电压有效值为Em2，从t=0到t=2
28、时刻，电阻R产生的焦耳热为Q=E2R+r2=n2B2L4nR16(R+r)，故C正确；D、从t=0到t=2时刻，通过R的电荷量q=nt(R+r)=nBL22(R+r)，故D正确；故选：CD线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的2倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流.而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定.而通过某一电量时，则用平均值来求.同时注意磁场只有一半13. 解：A、原线圈两端电
29、压的有效值U1=22022V=220V，根据电压与匝数成正比得UV1=14220=55V，故A错误；B、当温度升高时，R3的阻值减小，副线圈回流变大，R1两端的电压变大，并联部分的电压减小，即电压表V2示数变小，故B错误；C、根据交流电图象知T=0.02s，频率f=1T=10.02=50Hz，1s完成50个周期性变化，每个周期电流方向改变2次，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100次，故C正确；D、温度升高时，副线圈电流变大，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流变大，所以A1、A2示数同时变大，故D正确；故选：CD 由图乙可知交流电压最大值Um=2202V，周期T=0.02s，可由周期求出频
30、率，由变压器原理可得变压器副线圈中的电压的值，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知副线圈电流的变化，根据电流与匝数成反比知原线圈电流的变化根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键14. 解：A、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，系统初动量为零，物体离开弹簧时向右运动，根据系统的动量守恒定律得小车向左运动，故A正确；B、取物体c的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得：0=mvMv，得物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比vv=mM，故B正确
31、；C、物体的动能：Ek=12mv2 所以物体c离开弹簧时，小车的动能与物体c的动能之比为：Mv2mv2=Mmm2M2=mM.故C正确；D、当物体与b端粘在一起时，整个系统最终abc的速度相同，根据系统的动量守恒定律得：0=(M+m)v，v=0，系统又处于止状态，故D正确；故选：ABCD 对于小车和滑块系统，水平方向不受外力，系统动量一直守恒.物体C与B的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；根据动量守恒定律求解小车的速度.根据系统的动量守恒定律求解整个系统最后的速度本题根据动量守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零.运用动量守恒定律时应
32、该注意其矢量性15. (1)乙球恰好能通过D点，由重力提供向心力，列式求出乙球通过D点时的速度大小.根据机械能守恒可求出烧断细线后瞬间乙球的速度.根据系统的机械能守恒求解细线烧断前弹簧的弹性势能(2)若甲球不固定，烧断细线的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能也守恒，运用两大守恒定律列式，可求得细线烧断瞬间两球的速度大小，再对乙球，根据动量定理求解即可分析清楚运动过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度适中16. 木块上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出子弹射穿木块后木块的速度，子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒
33、定律可以求出子弹的速度v；对木块，应用动量定理可以求出力F的大小.本题要分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理可以解题；解题时注意正方向的选择17. (1)根据法拉第电磁感应定律求解开始转过90过程中的平均电动势(2)由q=It，结合欧姆定律即可求出；(3)交流发电机产生电动势的最大值为Em=nBS，根据有效值与最大值之间的关系即可求出有效值，最后由焦耳定律即可求出；(4)电表显示的是路端电压的有效值本题考查交变电流的计算，解答的关键是要注意明确求电量要用平均值，求热量时用有效值18. (1)根据E=BLv可求得感应电动势，再根据欧姆定律可求得电流大小；(2)金属棒匀速运动时，受力平衡，分别对沿斜面和垂直斜面根据平衡条件列式，即可求得动摩擦因数；(3)对全过程进行分析，明确能量关系，根据功能关系即可求得R上产生的热量本题考查导体切割磁感线中的受力以及功能关系的问题，要注意明确当导体棒达最大速度时，受力平衡，注意正确受力分析，根据平衡条件列式求解即可，同时注意功能关系的正确应用，分析机械能与电能之间的关系18. 专心-专注-专业