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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高二年级物理周练九7.C. 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时,电流表.1示数变大D. 如闭合开关S,就电流表 .1示数变大,.2示数变大远距离输电中, 当输送的电功率为P,输送电压为U 时,输电线上缺失的电功率为 .,如输送的电功一、单项题（本大题共10 小题,共 40.0 分）8.率增加为 4P,而输电线中缺失的电功率减为 .4. 输电线电阻不变,那么,输电电压应增为.1.如下列图,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A. 32UB. 16UC. 8UD. 4U金属环某一截面的电荷量为.A. . 2B.
2、2.C. . 2D. . 2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 点正上方由静止开头落下,从A 点落入槽内,4.2.如下列图,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就以下说法中正确选项.是两只完全相同的灯泡,当开关S闭合时,电路可能显现的情形是.A. 小球在半圆槽内运动的过程中,机械能守恒9.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A. A、B 一起亮,然后B 熄灭B. A 比 B 先亮,然后A 熄灭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
3、动量守恒D. 小球从 C 点离开半圆槽后,肯定仍会从C 点落回半圆槽C. A、B 一起亮,然后A 熄灭D. B 比 A 先亮,然后B 熄灭有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,甲同学想用一个卷尺粗3.铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开头下落,在下落过程中,说法正确选项略测定它的质量,他进行了如下操作：第一将船平行码头自由停靠,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.已知甲同学的质量为m,就渔船的质量为A. 金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削减量 C. 金属环的机械能先减小后增大
4、4.D. 穿过金属环的磁通量不变10.A. .+.B. .-.C. .D. .+.如下列图,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.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示,就磁场中 .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A. . 1时刻线圈中磁通量为零滑动 .金属杆 ab 和 cd 与导轨及它们间的接触等全部电阻可忽视不计.开头时 ab 和cd 都是静止的,现突然让cd 杆以初速度v 向右开头运动,假如两根导轨足够长,B. . 2时刻线圈中磁通量变化率最大就.C. . 3时刻线圈中磁通量变化率最大A. cd 始终做减速运动,ab
5、始终做加速运动,并将追上cdD. . 4时刻线圈面与磁场方向垂直B. cd 始终做减速运动,ab 始终做加速运动,但追不上cdC. 开头时 cd 做减速运动, ab 做加速运动,最终两杆以相同速度做匀速运动5.D. 磁场力对两金属杆做功的大小相等.二、多项题（本大题共4 小题,共 16.0 分）通过某电流表的电流按如下列图的规律变化,就该电流表的读数为.11.如下列图,抱负变压器的原、 副线圈匝数之比为10 1,R1= 20.,6.A. 42 AR2= 10.,C 为电容器,原线圈所加电压u= 220sin100. t.下列说法正确选项.B. 4 AA. 通过电阻 R3的电流始终为零C. 5
6、AD. 52 AB. 副线圈两端交变电压的频率为50HzC. 电阻 R2的电功率为 48.4.如下列图,抱负变压器原线圈接在沟通电源上,图中各电表均为抱负电表,以下说法正确选项D. 原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10 112.如下列图,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.,. 的中点和 cd 的中点的连线 . 恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为 B,如线圈从图示位置开头,以角速度.绕.轴匀速转动,就以下判定中正确的是 .A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时, .1消耗的功率变大A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式.= . 2.sin
7、.B. 在.=.2.时刻,磁场穿过线圈的磁通量最大,但此时磁通量的变化率为零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. 从.= 0时刻到.=.2.时刻,电阻R 上产生的热量为.=.2.2.4.16.+.第 1 页,共 5 页名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - - - 13.D. 从 .= 0时刻到.=.2.时刻,通过R 的电荷量 .=. 216.如下列图,用不行伸长的细线悬挂一质量为. = 1.的小木块,木块处于静止状态.现有2.+.如图 1 所示, T为抱负变压器,原副线圈匝数比为4： 1,.1、.2
8、为抱负沟通电流表,.1、.2为抱负交流电压表, .1、.2为定值电阻, .3为热敏电阻 阻值随温度的上升而减小,原线圈两端接入如图2 所一质量为 . = 0.01.的子弹以初速度.0 = 300./.自左方水平地射穿木块,木块上升的最大高度 . = 0.2.,求：示的电压,以下说法正确选项.A. 当温度上升时,电压表. 1示数为 55 2.保持不变 子弹射出木块时的速度v； 如子弹射穿木块的时间为 .= 0.02.,子弹对木块的平均作用力F 大小为多少？14.B. 当温度上升时,电压表.2示数变大.17.如下列图,匀强磁场方向水平向右,磁感应强度大小.= 0.20.正方形线圈abcd 绕对C.
9、 通过电流表 .1的电流方向每秒变化100 次D. 当温度上升时,电流表.1、.2示数同时变大称轴 .在匀强磁场中匀速转动,转轴 .与磁场方向垂直, 线圈转速为 .= 120./.总质量为 M 的小车 ab,原先静止在光滑的水平面上.小车的左端a线圈的边长为.= 20.,线圈匝数 .= 20,线圈电阻为.= 1.0.,外电阻 .= 9.0.,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 的物电压表为抱负沟通电压表,其它电阻不计,图示位置线圈平面与磁场方向平行.求线圈体.已知小车的水平底板光滑,且. .,开头时,弹簧处于压从图示位置转过90过程中：缩状态, 如图,当弹簧突然释放后,物体
10、c 离开弹簧向b 端冲去,1 所产生的平均感应电动势.；并跟 b 端粘合在一起,那么,以下说法中正确选项.2 通过外电阻R的电荷量 q；A. 物体 c 离开弹簧时,小车肯定向左运动3 电阻 R 上的电热 Q；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4 沟通电压表的示数U.C. 物体 c 离开弹簧时,小车的动能与物体c 的动能之比为.D. 物体 c 与车的 b 端粘合在一起后,小车立刻停止运动三、运算题（本大题共4 小题,共 40.0 分）如下列图, MN 、PQ 为足够长的平行金属导轨,间距.= 0.2.,导轨平15.如下列图,光滑的水平面AB 与半径为 .
11、= 0.32.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 .1 =0.1.,乙球的质量为.2 = 0.3.,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 10./.2,甲、乙两球可看作质点面与水平面间夹角.= 37,.、Q 间连接一个电阻.= 0.1.,匀强磁场1 试求细线烧断前弹簧的弹性势能.；垂直于导轨平面对上,磁感应强度.= 0.5.一根质量 . = 0.03.的金属2 如甲球不固定,烧断细线,求从烧断细线开头到乙球脱离弹簧过程
12、中,弹簧对乙球的冲量I棒正在以 .= 1.2./.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,.= 10./.2,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对上的恒定拉力 .= 0.2.,如金属棒连续下滑 .= 0.14.后速度恰好减为 0,就在金属棒减速过程中电阻 R 中产生的焦耳热为多少？第 2 页,共 5 页名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - - - 3 电
13、阻 R上的电热是 0.0225.；【答案】2. C3. B高二年级物理周练九7. C4 沟通电压表的示数是1.27.18. 解： 1 感应电动势 .= . = 0.5 0.2 1.2 = 0.12.；感应电流 .=.=0.12 0.1= 1.2.；1. A4. C5. C6. B2 导体棒受到的安培力.安 = . = 0.5 0.2 1.2 = 0.12.；8. D9. B10. B11. BC12. CD13. CD14. ABCD金属棒匀速下滑,依据平稳条件可知：15. 解： 1 设乙球在 D 点处的速度为v,.sin.- .- .安= 01.2对乙球,在D 处： .2.=.2 .2 .
14、且.- .cos.= 0又.= . .= .2.2.+2.2.2 ,代入数据解得：.= 0.25；由 式并代入数据得：.= 2.4. ,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：2 设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为.1、.2,以.1的方向为正方向,依据动量守恒定律得：.- .sin.+ .cos. + .=.1.1 = .2 .2 2依据能量守恒定律得：.=1 2.1.1 2 +1 2.2.2 2 代入数据解得：产生的焦耳热：.= 1.04 10-2J. 依据动量定理得：.= .2.2 答： 1 电阻 R 中电流的大小 1.2.；由 式并代入数据得冲量大小：.= 0.6.,
15、方向：水平向右2 金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小为0.25；答： 1 细线烧断前弹簧的弹性势能.为2.4.；3 在金属棒减速过程中电阻R 中产生的焦耳热为1.04 10-2.2 从烧断细线开头到乙球脱离弹簧过程中,弹簧对乙球的冲量I 大小为为 0.6.,方向水平向右【解析】16. 解： 设子弹射穿木块后木块获得速度为. . 木块上摆过程,只有重力做功,其机械能守恒,由机械能1. 解：金属环的面积：.= . 2 2 =.2 4,守恒定律得：1 2. 2 = .,子弹射穿木块过程系统的动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律由法拉第电磁感应定律得：.= . .=. .,得： . 0= .+
16、 . ,联立并代入数据解得：. = 2./.,.= 100./.； 以木块为讨论对象,由动量定理可得： . .= .,代入数据解得：.= 100.；答： 子弹射出木块时的速度v 为100./.； 如子弹由欧姆定律得,感应电流：.=.,射穿木块的时间为 .= 0.02.,子弹对木块的平均作用力F 大小为 100N1 6017. 解： 1 线圈转动的周期为：.= .= 120.= 0.5. 0.5线圈从图示位置转过 90过程中,所经受的时间为： .= 4= 4= 0.125.线圈中发生的磁通量的变化为： .= . 2 = 0.20 0.20 2 = 0.008.感应电荷量： .= . .,解得：
17、.= . .=. 24.,故 A 正确, BCD 错误；应选： 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由法拉第电磁感应定律得平均电动势为：.= . . .= 20 0.008 0.125= 1.28.此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.= .运算2 通过电阻 R 的平均电流为：.=.+.=1.28 9.0+1.0= 0.128.2. 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,线在
18、这个过程中通过 R 的电荷量为： .= . .= 0.128 0.125 = 0.016.3 线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为：. = . 2 .代入数据得： . = 2.0.圈将 A 灯逐步短路, A 灯变暗直至熄灭；故C 正确应选： C有效值： .=.2=2.02= 2.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.依据电感线圈的电阻不计,会将A 灯短路,分析A 灯亮度的变化通过电阻 R 的感应电流的有效值为：.=.+.=2 9+1= 0.12.此题考查了电感线圈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
19、当电路稳固时,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,导致环中显现感应电流,受到安培阻力,所以环的 机械能在削减 .故 AC 错误；在这个过程中,电阻R 上产生的热量为：.= . 2. .= 0.1 2 2 9 0.125 = 0.0225.4 沟通电压表的示数即电阻R 两端电压的有效值：.= .= 0.12 9 = 0.92 1.27.答： 1 所产生的平均感应电动势是1.28.；B、当环从静止下落过程中,由于磁通量变大, 导致环中显现感应电流,受到安培阻力, 就除了重力作功外,2 通过外电阻R 的电荷量是 0.016.；仍有安培力做功, 导致下
20、落过程中减小的重力势能,部分用来增加动能, 仍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,就磁通量最大,因此显现第 3 页,共 5 页名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - - - 磁通量先变大后变小的现象,故D 错误；所运动,水平方向满意动量守恒；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,小球应选： B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金属环从条形磁铁的正上方由静止开头下落过程中,穿过环的磁
21、通量变化,导致环中产生感应电动势,从度相同；而显现感应电流,又显现安培力,导致环运动状态发生变化此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意守恒的条件,懂得安培阻力做功,从而产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生内能向上的动量守恒,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；4. 解：ABC、让 cd 杆以初速度v 向右开头运动, cd 杆切割磁感线,产生感应电流,两杆受安培力作用,安【解答】培力对 cd 向左, 对 ab
22、 向右, 所以 ab 从零开头加速, cd 从.0开头减速 .那么整个电路的感应电动势减小,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；应选： C突然让 cd 杆以初速度v 向右开头运动,cd 杆切割磁感线,产生感应电流,两杆受安培力作用,依据牛顿第二定律判定两杆的运动情形此题是牛顿其次定律在电磁感应现象中的应用问题 .解答此题能搞清晰物体
23、的受力情形和运动情形8 . .5. 解：依据有效值的定义可得：2 2. 2+ 3 2 2. 2= . 2.,解得： .= 5.,应选项 C 正确, ABD 错误应选： C有效值的定义为：把直流电和沟通电分别通过两个相同的电阻器件,假如在相同时间内它们产生的热量相A.只有重力或只有弹力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
24、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,所以小球肯定仍会从C 点落回半圆槽,故D 正确；应选 D；等,那么就把此直流电的电压、电流作为此沟通电的有效值.特殊的,对于正弦交变电流最大值是有效值的9. 解：设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为.,人从船尾走到船
25、头所用时间为.取船的速度为正2倍.方向此题考查交变电流有效值的运算.依据电流的热效应来运算即可就.=.,.=.-. .,6. 解： A、滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时,电阻变大,就干路电流变小,就.1消耗的功率变小,就A 错误依据动量守恒定律得：.- .= 0,B、干路电流变小,.1分压变小,就电压表V 的测量的电压变大,示数变大,就B 正确解得,船的质量：. =.-. .,故 B 正确, ACD 错误C、因输出电流变小,就输出功率变小即输入功率变小,电流表.1示数变小；就C 错误D、闭合开关S并联支路增加,电阻变小,就副线圈即.1的电流变大,分压变大,就.2的分压变小,电流变小；电流表
26、.1示数随副线圈电流的变大而变大,就D 错误应选： 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,就总电流变小,据欧姆定律确定各表的示数变化考查电路的动态分析：此题中 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应选： B 人和船组成的系统所受合外力为 0,满意动量守恒,由位移与时间之比表示速度,依据动量守恒定律进行 分析与运算人船模型是典型的动量守恒模型,体会理论学问在实际生活中的应用,关键要留意动量的方向,难度不大,属于基础题10. 解： A、. 1时刻感应电动势为零,磁通量最大,此时线
27、圈通过中性面B、. 2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 A 错误.故 B 正确7. 解：由 .= . 知.=.,就输电线上缺失的功率 .= .2.= . . . 2.,得输电电压 .= . .C、. 3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、. 4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 错误如输送的电功率增加为4P,而输电线中缺失的电功率减为 .4,由上式得输电电压U 应增为 8U；故 ABD 错应选：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,感应误,
28、C 正确应选： C电动势为零,线圈恰好通过中性面.经过中性一次,电流方向转变一次.依据法拉第定律,感应电动势与磁通量变化率成正比此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,基此题依据输送功率 .= . 求出输电,电流,再依据.损 = .2.可得出输电线上缺失的电功率与什么有关解决此题的关键把握输送功率.= .,以及输电线上缺失的电功率.损 = . 2.11. A、沟通电可以通过电容器,副线圈的电压 .2 =1 10 220 = 22.,副线圈中电流. 2 =.2 .总 3.3.其中1 .总=8. 【分析】1 .1+1 .2+1 .3,所以原线圈电流大于0.33.
29、,故 A 错误；B、,故 B 正确；小球自左端槽口A 点的正上方从静止开头下落于光滑的圆弧槽,且槽置于光滑的水平面上；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,槽也会向右第 4 页,共 5 页名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - - - C、副线圈的电压.2 =1 10 220 = 22.,所以 .2 =.22 .2= 48.4.,故 C 正确；对于小车和滑块系统,水平方向不受外力,系统动量始终守恒.物体 C 与 B 的过程,系统机械能有缺失；分析系统的合外力,即可判定动
30、量是否守恒；依据动量守恒定律求解小车的速度.依据系统的动量守恒定律求D、依据磁通量 .= .,.与 S均相等,因此磁通量变化率相等,故D 错误；解整个系统最终的速度应选 BC；此题依据动量守恒的条件进行判定：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12. 解： A、由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式.= .sin.,得回路中感应电动势的瞬时表达式.=恒定律时应当留意其矢量性1 2. 2sin.,故 A 错误；15. 1 乙球恰好能通过D 点,由重力供应向心力,列式求出乙球通过D 点时的速度大小.依据机械能守恒可求出烧断细线后瞬时乙球的速度.依据系统的机械能守恒求解细线烧断
31、前弹簧的弹性势能B、在 .=.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B2 如甲球不固定,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,可求得细线烧断瞬时两球的速度大小,再对乙球,依据动量定理求解即可分析清晰运动过程,应用牛顿其次定律、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形,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,子弹射穿木错误；C、电压有效值为.2,从 .= 0到 .=.2.时刻,电阻R 产生的焦耳热为.=.2 .+.2.=.2.2
32、.4.16.+.,故 C 正确；D、从 .= 0到.=.2.时刻,通过R 的电荷量 .=. . .+. =. 22.+.,故 D 正确；块过程系统动量守恒,应用动量守恒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 .此题要分析清晰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；解题时留意正方向的挑选应选：CD线框在匀强磁场中匀速转动,产生正弦式交变电流,依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,电流方向转变；当磁通量为零时,线框切割速度最大,产生的电 动势也最大17. 1 依据法拉第电磁感应定律求
33、解开头转过90 过程中的平均电动势2 由.= .,结合欧姆定律即可求出；3 沟通发电机产生电动势的最大值为. = .,依据有效值与最大值之间的关系即可求出有效值,最终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由焦耳定律即可求出；4 电表显示的是路端电压的有效值此题考查交变电流的运算,解答的关键是要留意明确求电量要用平均值,求热量时用有效值18. 1 依据 .= . 可求得感应电动势,再依据欧姆定律可求得电流大小；2 金属棒匀速运动时,受力平稳,分别对沿斜面和垂直斜面依据平稳条件列式,即可求得动摩擦因数；确定,而涉及到耐压值时, 就由最大值来确
34、定.而通过某一电量时, 就用平均值来求.同时留意磁场只有一半13. 解：A、原线圈两端电压的有效值.1 . =220 2.= 220.,依据电压与匝数成正比得.1 .=1 4 220 = 55.,2故 A 错误；B、当温度上升时,.3 .的阻值减小,副线圈回流变大,.1 .两端的电压变大,并联部分的电压减小,即电压3 对全过程进行分析,明确能量关系,依据功能关系即可求得R 上产生的热量表 .2 .示数变小,故B 错误；此题考查导体切割磁感线中的受力以及功能关系的问题,要留意明确当导体棒达最大速度时,受力平稳,留意正确受力分析,依据平稳条件列式求解即可,同时留意功能关系的正确应用,分析机械能与电
35、能之间 的关系18.C、依据沟通电图象知.= 0.02.,频率 .=1 .=1 0.02= 50.,1.完成 50 个周期性变化,每个周期电流方向转变 2 次,所以通过电流表.1 .的电流方向每秒变化100 次,故 C 正确；D、温度上升时,副线圈电流变大,依据电流与匝数成反比,知原线圈电流变大,所以.1 .、.2 .示数同时变大,故 D 正确；应选： CD由图乙可知沟通电压最大值 . = 220 2.,周期 .= 0.02.,可由周期求出频率,由变压器原理可得变压器 副线圈中的电压的值,Rt 处温度上升时,阻值减小,依据负载电阻的变化,可知副线圈电流的变化,依据电流与匝数成反比知原线圈电流的
36、变化依据图象精确找出已知量,是对同学认图的基本要求,精确把握抱负变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系,是解决此题的关键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,就系统动量始终守恒,系统初动量为零,物体离开弹簧时向右运动,依据系统的动量守恒定律得小车向左运动,故A 正确；0 = . +B、取物体 c 的速度方向为正方向,依据系统的动量守恒定律得：0 = .- . ,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.=.,故 B 正确；C、物体的动能：.=1 2 2.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：. 2 .2 =. .2. .2 =.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,依据系统的动量守恒定律得：. ,. = 0,系统又处于止状态,故D 正确；应选： ABCD第 5 页,共 5 页名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 5 页