1、精選優質文檔-傾情為你奉上高二年級物理周練九一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）1. 如圖所示，將直徑為d，電阻為R的閉合金屬環從勻強磁場B中拉出，這一過程中通過金屬環某一截面的電荷量為A. B. C. D. 2. 如圖所示，電阻R和線圈自感系數L的值都較大，電感線圈的電阻不計，A、B是兩只完全相同的燈泡，當開關S閉合時，電路可能出現的情況是A. A、B一起亮，然后B熄滅B. A比B先亮，然后A熄滅C. A、B一起亮，然后A熄滅D. B比A先亮，然后B熄滅3. 銅質金屬環從條形磁鐵的正上方由靜止開始下落，在下落過程中，說法正確的是 A. 金屬環在下落過程中的機械能守恒B. 金屬環在下落

2、過程動能的增加量小于其重力勢能的減少量C. 金屬環的機械能先減小后增大D. 穿過金屬環的磁通量不變4. 如圖所示，水平放置的兩根金屬導軌位于方向垂直于導軌平面并指向紙里的勻強磁場中導軌上有兩根小金屬導體桿ab和cd，其質量均為m，能沿導軌無摩擦地滑動金屬桿ab和cd與導軌及它們間的接觸等所有電阻可忽略不計開始時ab和cd都是靜止的，現突然讓cd桿以初速度v向右開始運動，如果兩根導軌足夠長，則A. cd始終做減速運動，ab始終做加速運動，并將追上cdB. cd始終做減速運動，ab始終做加速運動，但追不上cdC. 開始時cd做減速運動，ab做加速運動，最終兩桿以相同速度做勻速運動D. 磁場力對兩金

3、屬桿做功的大小相等5. 通過某電流表的電流按如圖所示的規律變化，則該電流表的讀數為 A.  AB. 4 AC. 5 AD.  A6. 如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表，下列說法正確的是A. 當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，消耗的功率變大B. 當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數變大C. 當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表示數變大D. 若閉合開關S，則電流表示數變大，示數變大7. 遠距離輸電中，當輸送的電功率為P，輸送電壓為U時，輸電線上損失的電功率為，若輸送的電功率增加為4P，而輸電線中損失的電功率

4、減為輸電線電阻不變，那么，輸電電壓應增為A. 32UB. 16UC. 8UD. 4U8. 將一個光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖，槽左側有一個固定在水平面上的物塊現讓一個小球自左側槽口A點正上方由靜止開始落下，從A點落入槽內，則下列說法中正確的是A. 小球在半圓槽內運動的過程中，機械能守恒B. 小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽組成的系統動量守恒C. 小球在半圓槽內由B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽組成的系統動量守恒D. 小球從C點離開半圓槽后，一定還會從C點落回半圓槽9. 有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長，甲同學想用一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將

5、船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，另外一位同學用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長已知甲同學的質量為m，則漁船的質量為A. B. C. D. 10. 矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動產生的電動勢如圖示，則 A. 時刻線圈中磁通量為零B. 時刻線圈中磁通量變化率最大C. 時刻線圈中磁通量變化率最大D. 時刻線圈面與磁場方向垂直二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）11. 如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數之比為，R，R，C為電容器，原線圈所加電壓u t下列說法正確的是        

6、     A. 通過電阻R的電流始終為零B. 副線圈兩端交變電壓的頻率為50HzC. 電阻R的電功率為D. 原副線圈鐵芯中磁通量變化率之比為12. 如圖所示，邊長為L的正方形線圈abcd，其匝數為n，總電阻為r，外電路的電阻為的中點和cd的中點的連線恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應強度為B，若線圈從圖示位置開始，以角速度繞軸勻速轉動，則以下判斷中正確的是A. 閉合電路中感應電動勢的瞬時表達式B. 在時刻，磁場穿過線圈的磁通量最大，但此時磁通量的變化率為零C. 從時刻到時刻，電阻R上產生的熱量為D. 從時刻到時刻，通過R的電荷量13. 如圖1所示，

7、T為理想變壓器，原副線圈匝數比為4：、為理想交流電流表，、為理想交流電壓表，、為定值電阻，為熱敏電阻阻值隨溫度的升高而減小，原線圈兩端接入如圖2所示的電壓，以下說法正確的是 A. 當溫度升高時，電壓表示數為保持不變B. 當溫度升高時，電壓表示數變大C. 通過電流表的電流方向每秒變化100次D. 當溫度升高時，電流表、示數同時變大14. 總質量為M的小車ab，原來靜止在光滑的水平面上小車的左端a固定一根不計質量的彈簧，彈簧的另一端放置一塊質量為m的物體已知小車的水平底板光滑，且，開始時，彈簧處于壓縮狀態，如圖，當彈簧突然釋放后，物體c離開彈簧向b端沖去，并跟b端粘合在一起，那么，以下說法中正確的

8、是A. 物體c離開彈簧時，小車一定向左運動B. 物體c離開彈簧時，小車運動的速率跟物體c相對小車運動的速率之比為C. 物體c離開彈簧時，小車的動能與物體c的動能之比為D. 物體c與車的b端粘合在一起后，小車立即停止運動三、計算題（本大題共4小題，共40.0分）15. 如圖所示，光滑的水平面AB與半徑為的光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，D為軌道最高點用輕質細線連接甲、乙兩小球，中間夾一輕質彈簧，彈簧與甲、乙兩球不拴接甲球的質量為，乙球的質量為，甲、乙兩球靜止現固定甲球，燒斷細線，乙球離開彈簧后進入半圓軌道恰好能通過D點重力加速度g取，甲、乙兩球可看作質點試求細線燒斷前彈簧的彈性勢能；若甲球不固

9、定，燒斷細線，求從燒斷細線開始到乙球脫離彈簧過程中，彈簧對乙球的沖量I16. 如圖所示，用不可伸長的細線懸掛一質量為的小木塊，木塊處于靜止狀態現有一質量為的子彈以初速度自左方水平地射穿木塊，木塊上升的最大高度，求：子彈射出木塊時的速度v；若子彈射穿木塊的時間為，子彈對木塊的平均作用力F大小為多少？17. 如圖所示，勻強磁場方向水平向右，磁感應強度大小正方形線圈abcd繞對稱軸在勻強磁場中勻速轉動，轉軸與磁場方向垂直，線圈轉速為線圈的邊長為，線圈匝數，線圈電阻為，外電阻，電壓表為理想交流電壓表，其它電阻不計，圖示位置線圈平面與磁場方向平行求線圈從圖示位置轉過過程中：所產生的平均感應電動勢；通過外

10、電阻R的電荷量q；電阻R上的電熱Q；交流電壓表的示數U如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距，導軌平面與水平面間夾角、Q間連接一個電阻，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度一根質量的金屬棒正在以的速度沿導軌勻速下滑，下滑過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好金屬棒及導軌的電阻不計，求：電阻R中電流的大小；金屬棒與導軌間的滑動摩擦因數的大小；對金屬棒施加一個垂直于金屬棒且沿導軌平面向上的恒定拉力，若金屬棒繼續下滑后速度恰好減為0，則在金屬棒減速過程中電阻R中產生的焦耳熱為多少？高二年級物理周練九【答案】1. A2. C3. B4. C5. C6. B7. C8. D9. B10. B

11、11. BC12. CD13. CD14. ABCD15. 解：設乙球在D點處的速度為v，對乙球，在D處： ，由式并代入數據得：，設甲、乙兩球脫離彈簧時速度大小分別為、，以的方向為正方向，根據動量守恒定律得： 根據能量守恒定律得： 根據動量定理得： 由式并代入數據得沖量大小：，方向：水平向右答：細線燒斷前彈簧的彈性勢能為；從燒斷細線開始到乙球脫離彈簧過程中，彈簧對乙球的沖量I大小為為，方向水平向右  16. 解：設子彈射穿木塊后木塊獲得速度為木塊上擺過程，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：，子彈射穿木塊過程系統的動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：

12、，聯立并代入數據解得：；以木塊為研究對象，由動量定理可得：，代入數據解得：；答：子彈射出木塊時的速度v為；若子彈射穿木塊的時間為，子彈對木塊的平均作用力F大小為100N  17. 解：線圈轉動的周期為： 線圈從圖示位置轉過過程中，所經歷的時間為： 線圈中發生的磁通量的變化為： 由法拉第電磁感應定律得平均電動勢為： 通過電阻R的平均電流為： 在這個過程中通過R的電荷量為： 線圈在轉動過程中產生的感應電動勢最大值為：代入數據得： 有效值： 通過電阻R的感應電流的有效值為： 在這個過程中，電阻R上產生的熱量為： 交流電壓表的示數即電阻R兩端電壓的有效值： 答：所產生的平均感應電動

13、勢是；通過外電阻R的電荷量是；電阻R上的電熱是；交流電壓表的示數是  18. 解：感應電動勢；感應電流；導體棒受到的安培力；金屬棒勻速下滑，根據平衡條件可知：安且又代入數據解得：；從施加拉力F到金屬棒停下的過程中，由能量守恒定律得：代入數據解得：產生的焦耳熱：J.答：電阻R中電流的大小；金屬棒與導軌間的滑動摩擦因數的大小為；在金屬棒減速過程中電阻R中產生的焦耳熱為  【解析】1. 解：金屬環的面積：，由法拉第電磁感應定律得：，由歐姆定律得，感應電流：，感應電荷量：，解得：，故A正確，BCD錯誤；故選：A由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出感

14、應電流，由電流的定義式求出感應電荷量本題考查了求磁通量的變化量、感應電荷量等問題，應用磁通量的定義式、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、電流定義式即可正確解題，求感應電荷量時，也可以直接用公式計算2. 解：當開關S閉合時，電源的電壓同時加到兩個燈泡上，它們會一起亮但由于電感線圈的電阻不計，線圈將A燈逐漸短路，A燈變暗直至熄滅；故C正確故選：C當開關S閉合時，電源的電壓同時加到兩個燈泡上，它們會同時發光根據電感線圈的電阻不計，會將A燈短路，分析A燈亮度的變化本題考查了電感線圈L對電流發生突變時的阻礙作用，關鍵要抓住線圈的雙重作用：當電流變化時，產生感應電動勢，相當于電源；而當電路穩定時，相當于導線，

15、能將并聯的燈泡短路3. 解：AC、當環從靜止下落過程中，由于磁通量變大，導致環中出現感應電流，受到安培阻力，所以環的機械能在減少故AC錯誤；B、當環從靜止下落過程中，由于磁通量變大，導致環中出現感應電流，受到安培阻力，則除了重力作功外，還有安培力做功，導致下落過程中減小的重力勢能，部分用來增加動能，還有部分用來產生內能故B正確；D、當環從靜止下落過程中，當下落到磁鐵一半高度時，因抵消的磁感線最少，則磁通量最大，因此出現磁通量先變大后變小的現象，故D錯誤；故選：B金屬環從條形磁鐵的正上方由靜止開始下落過程中，穿過環的磁通量變化，導致環中產生感應電動勢，從而出現感應電流，又出現安培力，導致環運動狀

16、態發生變化考查楞次定律、牛頓第三定律，同時運用機械能守恒定律及滿足守恒的條件，理解安培阻力做功，從而產生內能4. 解：ABC、讓cd桿以初速度v向右開始運動，cd桿切割磁感線，產生感應電流，兩桿受安培力作用，安培力對cd向左，對ab向右，所以ab從零開始加速，cd從開始減速那么整個電路的感應電動勢減小，所以cd桿將做加速度減小的減速運動，ab桿做加速度減小的加速運動，當兩桿速度相等時，回路磁通量不再變化，回路中電流為零，兩桿不再受安培力作用，將以相同的速度向右勻速運動故C正確，A、B錯誤D、兩導線中的電流始終相等，但由于通過的距離不相等，故磁場對兩金屬桿做功大小不相等；故D錯誤；故選：C突然讓

17、cd桿以初速度v向右開始運動，cd桿切割磁感線，產生感應電流，兩桿受安培力作用，根據牛頓第二定律判斷兩桿的運動情況本題是牛頓第二定律在電磁感應現象中的應用問題解答本題能搞清楚物體的受力情況和運動情況5. 解：根據有效值的定義可得：，解得：，故選項C正確，ABD錯誤故選：C有效值的定義為：把直流電和交流電分別通過兩個相同的電阻器件，如果在相同時間內它們產生的熱量相等，那么就把此直流電的電壓、電流作為此交流電的有效值特別的，對于正弦交變電流最大值是有效值的倍 本題考查交變電流有效值的計算根據電流的熱效應來計算即可6. 解：A、滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電阻變大，則干路電流變小，則消耗的功率

18、變小，則A錯誤B、干路電流變小，分壓變小，則電壓表V的測量的電壓變大，示數變大，則B正確C、因輸出電流變小，則輸出功率變小即輸入功率變小，電流表示數變小。則C錯誤D、閉合開關S并聯支路增加，電阻變小，則副線圈即的電流變大，分壓變大，則的分壓變小，電流變小。電流表示數隨副線圈電流的變大而變大，則D錯誤故選：B。滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，接入電路中的阻值變大，因輸出電壓不變，則總電流變小，據歐姆定律確定各表的示數變化考查電路的動態分析：本題中P的移動與電鍵的閉合均會引起電阻的變小，再由電路的聯接關系可分析各表的示數的變化，可見明確電路的結構是求解的關鍵7. 解：由知，則輸電線上損失的功率，

19、得輸電電壓 若輸送的電功率增加為4P，而輸電線中損失的電功率減為，由上式得輸電電壓U應增為8U；故ABD錯誤，C正確故選：C根據輸送功率求出輸電，電流，再根據可得出輸電線上損失的電功率與什么有關解決本題的關鍵掌握輸送功率，以及輸電線上損失的電功率8. 【分析】小球自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落于光滑的圓弧槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左側有一豎直墻壁，只有重力做功，小球的機械能守恒，當小球在半圓槽內運動的B到C過程中，槽也會向右運動，水平方向滿足動量守恒。在運動過程中，仍只有重力做功，小球與槽組成的系統機械能守恒，小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋

20、運動，水平分速度與半圓槽的速度相同。本題考查動量守恒定律與機械能守恒定律，當球下落到最低點過程，由于左側豎直墻壁作用，小球與槽組成的系統水平方向上的動量不守恒，但小球機械能守恒當球從最低點上升時，小球與槽組成的系統水平方向上的動量守恒，但小球的機械能不守恒，而小球與槽組成的系統機械能守恒。【解答】A.只有重力或只有彈力做功時物體的機械能守恒，小球在半圓槽內運動由B到C過程中，除重力做功外，槽的支持力也對小球做功，小球機械能不守恒，由此可知，小球在半圓槽內運動的全過程中，小球的機械能守不守恒，故A錯誤；B.小球在槽內運動的前半過程中，左側物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統動量不守恒，小球在槽內

21、運動的后半過程中，小球有向心加速度，豎直方向的合力不為零，系統的動量也不守恒，故B錯誤；C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，豎直方向的合力不為零，系統的動量也不守恒，系統在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動量守恒，故C錯誤；D.小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，水平方向做勻速直線運動，水平分速度與半圓槽的速度相同，所以小球一定還會從C點落回半圓槽，故D正確。故選D。9. 解：設人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為，人從船尾走到船頭所用時間為取船的速度為正方向則，根據動量守恒定律得：，解得，船的質量：，故B正確，ACD錯誤故選

22、：B人和船組成的系統所受合外力為0，滿足動量守恒，由位移與時間之比表示速度，根據動量守恒定律進行分析與計算人船模型是典型的動量守恒模型，體會理論知識在實際生活中的應用，關鍵要注意動量的方向，難度不大，屬于基礎題10. 解：A、時刻感應電動勢為零，磁通量最大，此時線圈通過中性面故A錯誤    B、時刻感應電動勢最大，線圈平面與中性面垂直，磁通量變化率最大故B正確    C、時刻線圈通過中性面，感應電動勢為零，磁通量變化率為零，故C錯誤    D、時刻線圈中感應電動勢最大，磁通量變化率最大，線圈面與磁場方向平

23、行故D錯誤故選：B 矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生正弦交變電流磁通量為零，感應電動勢最大；磁通量最大時，感應電動勢為零，線圈恰好通過中性面經過中性一次，電流方向改變一次根據法拉第定律，感應電動勢與磁通量變化率成正比本題考查正弦交變電流產生過程中磁通量與感應電流、感應電動勢及位置之間的關系，基本題11. A、交流電可以通過電容器，副線圈的電壓，副線圈中電流其中，所以原線圈電流大于，故A錯誤；    B、，故B正確；C、副線圈的電壓，所以，故C正確；D、根據磁通量與S均相等，因此磁通量變化率相等，故D錯誤。故選BC。12. 解：A、由閉合電路中感應電動勢的瞬時表達式，得回路

24、中感應電動勢的瞬時表達式，故A錯誤；B、在時刻，線圈從圖示位置轉過，此時磁場穿過線圈的磁通量最小，磁通量變化率最大，故B錯誤；C、電壓有效值為，從到時刻，電阻R產生的焦耳熱為，故C正確；D、從到時刻，通過R的電荷量，故D正確；故選：CD線框在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交變電流，根據規律可列出感應電動勢的瞬時表達式，最大值與有效值的倍；每當線框通過中性面時，電流方向改變；當磁通量為零時，線框切割速度最大，產生的電動勢也最大線框在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交變電流而對于電表讀數、求產生的熱量均由交變電的有效值來確定，而涉及到耐壓值時，則由最大值來確定而通過某一電量時，則用平均值來求同時注意

25、磁場只有一半13. 解：A、原線圈兩端電壓的有效值，根據電壓與匝數成正比得，故A錯誤；B、當溫度升高時，的阻值減小，副線圈回流變大，兩端的電壓變大，并聯部分的電壓減小，即電壓表示數變小，故B錯誤；C、根據交流電圖象知，頻率完成50個周期性變化，每個周期電流方向改變2次，所以通過電流表的電流方向每秒變化100次，故C正確；D、溫度升高時，副線圈電流變大，根據電流與匝數成反比，知原線圈電流變大，所以、示數同時變大，故D正確；故選：CD 由圖乙可知交流電壓最大值，周期，可由周期求出頻率，由變壓器原理可得變壓器副線圈中的電壓的值，Rt處溫度升高時，阻值減小，根據負載電阻的變化，可知副線圈電流的變化，根

26、據電流與匝數成反比知原線圈電流的變化根據圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵14. 解：A、整個系統在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統動量一直守恒，系統初動量為零，物體離開彈簧時向右運動，根據系統的動量守恒定律得小車向左運動，故A正確；B、取物體c的速度方向為正方向，根據系統的動量守恒定律得：，得物體與B端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C的運動速率之比，故B正確；C、物體的動能： 所以物體c離開彈簧時，小車的動能與物體c的動能之比為：故C正確；D、當物體與b端粘在一起時，整個系統最終abc的速度相同，根據系統的動量守恒定律得：，系統又處于止狀態，故D正確；故選：ABCD 對于小車和滑塊系統，水平方向不受外力，系統