2012届高三物理高考预测试题(四)

2012届高三物理高考预测试题(四)(时间：60分钟分值：100分)一、选择题(本题共9小题．在每小题给出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)1.某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图1所示电路，电键S原来闭合，且R1＝R2.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是( )．图1A．U增大 B．I增大 C．P1减小 D．P增大答案 A2．(2011·杭州统测训练)两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图2所示，线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流( )．图2A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针答案 C3．如图3所示，理想变压器原、副线圈的匝数是n1、n2，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图4所示的交变电压．则下列说法中正确的是( )．图3 图4A．当单刀双掷开关由a拨向b后，电压表的示数变大B．当单刀双掷开关由a拨向b后，电流表的示数变小C．当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大D．当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率变小答案AC4．北半球某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4 T，竖直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图5所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则( )．图5A ．西侧极板电势高，东侧极板电势低B ．西侧极板电势低，东侧极板电势高C ．海水的流速大小为0.125 m/sD ．海水的流速大小为0.2 m/s 答案 AD5．如图6为一火灾报警系统．其中R 0为定值电阻，R 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈输出电压如图7所示，则下列说法正确的是( )．图6 图7A ．原线圈输入电压有效值为220 2 VB ．副线圈输出电压瞬时值表达式u ＝442cos(100πt )VC ．R 处出现火情时原线圈电流增大D ．R 处出现火情时电阻R 0的电功率增大 答案 CD6．如图8所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 上升的最大高度为h .在两次运动过程中ab 都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是( )．图8A ．两次上升的最大高度相比较为H ＜hB ．有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为12mv 2D ．有磁场时，ab 上升过程的最小加速度为g sin θ 解析 当有磁场时，导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，还切割磁感线有感应电流受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为h ＜H ，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力的功相等，选项A 、B 错误，有磁场时，电阻R 产生的焦耳热小于12mv 20，ab上升过程的最小加速度为g sin θ，选项C 错误、选项D 正确． 答案 D7．图9中理想变压器的原线圈接u ＝311sin 100πt (V)的交变电压，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路；图10-中阻值为R 2的电阻直接接到电压为U ＝220 V 的直流电源上，结果发现R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )．图9 图10-A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 2R 1 D. R 1R 2解析 由u ＝311sin 100πt (V)可知，原线圈接入交变电压的最大值为U max ＝311 V ，故有效值为U 1＝220 V ．又U 1U 2＝n 1n 2，R 1消耗的电功率P 1＝U 22R 1.R 2消耗的电功率P 2＝U 2R 2.又U ＝220 V ＝U 1，P 1＝P 2.联立解得n 1n 2＝R 2R 1.答案 C8．如图11所示，在虚线所示的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图12所示，面积为S 的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R 相连．若金属框的电阻为R2，则下列说法正确的是( )．图11 图12A ．流过电阻R 的感应电流由a 到bB ．线框cd 边受到的安培力方向向下C ．感应电动势大小为2B 0St 0D ．ab 间电压大小为2B 0S3t 0解析 本题考查电磁感应及闭合电路相关知识．由题图12可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a →b ，选项A 正确；由于电流由c →d ，根据左手定则可判断出cd 边受到的安培力向下，选项B 正确；回路中感应电动势应为E ＝2B 0－B 0S t 0＝B 0S t 0，选项C 错误；因为E R ＋12R ＝U R ，解得U ＝2B 0S3t 0，选项D 正确．答案 ABD9.边长为L 的正方形金属框在水平恒力F 作用下运动，穿过方向如图13所示的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d (d ＞L )．已知ab 边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有( )．图13A ．产生的感应电流方向相反B ．所受的安培力方向相反C ．进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D ．进入磁场过程的发热量小于穿出磁场过程的发热量答案 AD二、非选择题(本题共3小题，共37分)10．(12分)如图14所示，宽度L ＝1 m 的足够长的U 形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，框架导轨上放一根质量m ＝0.2 kg 、电阻R ＝1.0 Ω的金属棒ab ，棒ab 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现用功率恒为6 W 的牵引力F 使棒ab 从静止开始沿导轨运动(ab 棒始终与导轨接触良好且垂直)，当棒ab 的电阻R 产生热量Q ＝5.8 J 时获得稳定速度，此过程中，通过棒ab 的电荷量q ＝2.8 C(框架电阻不计，g 取10 m/s 2)．问：图14(1)棒ab 达到的稳定速度多大？(2)棒ab 从静止到稳定速度的时间多少？解析 (1)根据题意，牵引力F 使棒ab 从静止开始沿导轨运动，功率P ＝Fv ，当金属棒稳定时：F ＝F 安＋μmg而F 安＝BIL ，又根据闭合电路欧姆定律I ＝BLv R， 联立以上各式解得v ＝2 m/s. (2)根据法拉第电磁感应定律 E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝B sL t ，因为q ＝I t ＝E R t ＝BsL R .所以棒ab 从静止到稳定速度时运动的距离为s ＝qR BL，由能量守恒得：Pt ＝Q ＋12mv 2＋μmgs ，联立上式解得：t ＝1.5 s. 答案 (1)2 m/s (2)1.5 s11．(13分)如图15所示，一个质量m ＝0.1 kg 的正方形金属框总电阻R ＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘的斜面AA ′B ′B 的顶端(金属框上边与AA ′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB ′平行、宽度为d 的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB ′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v ，与此对应的位移为x ，那么v 2x 图象如图16所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图15 图16(1)根据v 2x 图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间t ； (2)求出斜面AA ′B ′B 的倾斜角θ； (3)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；解析 (1)由v 2x 图象可知：x 1＝0.9 m ，v 1＝3 m/s ，做匀加速运动， x 2＝1.0 m ，v 1＝3 m/s ，做匀速运动，x 3＝1.6 m ，末速度v 2＝5 m/s ，做匀加速运动，设线框在以上三段的运动时间分别为t 1、t 2、t 3.则x 1＝12v 1t 1，所以t 1＝0.6 sx 2＝v 1t 2，所以t 2＝13s.x 3＝12(v 1＋v 2)t 3，t 3＝0.4 s ，t ＝t 1＋t 2＋t 3＝43s ，(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， 由a ＝5.0 m/s 2得θ＝53°，(3)线框通过磁场时，线框做匀速直线运动，线框受力平衡，B 2L 2v 1R＋μmg cos θ＝mg sin θ， 线框的宽度L ＝d ＝0.5 x 2＝0.5 m ．得B ＝33T. 答案 (1)43 s (2)53° (3)33T12．(12分) (2011·海南卷，16)如图17所示，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触，两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g .在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求： (1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度大小之比； (2)两杆分别达到的最大速度．图17解析 (1)细线烧断之前，对整体分析有F ＝3mg ①设细线烧断后任意时刻MN 的速度为v ，M ′N ′的速度为v ′ MN 的加速度为a ，M ′N ′的加速度为a ′，由牛顿第二定律知：a ＝F －mg －F 安m② a ′＝2mg －F 安′2m③ 二者受到的安培力大小相等F 安＝F 安′④ 任意时刻两杆速度之比vv ′＝ata ′t⑤ 由①②③④⑤解得vv ′＝21⑥ (2)两杆速度达到最大值时a ＝0⑦由安培力公式知F 安＝BIl⑧由闭合电路欧姆定律知I ＝Blv m ＋Blv m ′R⑨ 由①②⑥⑦⑧⑨得v m ＝4mgR3B 2l2⑩ 此时M ′N ′的速度值为v m ′＝12v ＝2mgR3B 2l2⑪答案 (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l 2。