【课标版】2012届高三物理全国高考模拟重组预测试卷5A

试卷类型：A2012届高三全国高考模拟重组预测试卷五物理答案适用地区：课标地区考查范围：必考全部内容注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对用题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.（2011·广东卷15）将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转3.（2011·全国新课标17）如图1－3所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额图1－3定电压为220 V ，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A4. （2011·安徽卷19）如图1－11所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )图1－11A.BL 2ω2RB. 2BL 2ω 2RC. 2BL 2ω 4RD.BL 2ω4R5.（2011·福建卷15）图1－2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图1－2乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图1－2A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin50πt VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W6．(2011·上海卷16)如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a 、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态.地面受到的压力为N ，球b 所受细线的拉力为F .剪断连接球b 的细线后，在球b 上升过程中地面受到的压力二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分.）7．(2011·山东卷16)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是()A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动8. (2011·江门模拟)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动9.（2011·山东卷20）为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图1－5甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图1－5乙所示．以下正确的是()图1－5A．u2＝190 2sin(50πt) VB．u2＝190 2sin(100πt) VC．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移10．如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率第Ⅱ卷三、填空题（本题共2小题，每小题4分，共8分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.）11．（2011·海南卷11）如图1－8所示，理想变压器原线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A .图1－912．（2011·天津卷9）(2)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示．该金属丝的直径是________mm.图4四、实验题（本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.）13．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，滑动变阻器的电阻约为20 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行了实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图所示．(1)根据各点表示的数据描出I­U关系图线，由此求得该电阻的阻值R x＝________Ω.(保留两位有效数字)(2)画出此实验的电路原理图．14．有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U­I图线．有下列器材供选用：A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)E．滑动变阻器(5 Ω，1 A)F．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器就选用________(用序号字母表示)．五、计算题（本题共4小题，第15题8分，第16题11分，第17、18题各12分，共43分.把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.）15．(2011·重庆卷23)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图1－12所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：图1－12(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功.16．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界面平行．当cd边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小．(2)求cd 两点间的电势差大小．(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 应满足的条件．17．(2011·上海卷)电阻可忽略的光滑平行金属 导轨长S=1.15m ，两导轨间距L=0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热0.1r Q J =.(取210/g m s =)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；(2)金属棒下滑速度2/v m s =时的加速度a ．(3)为求金属棒下滑的最大速度m v ，有同学解答如下：由动能定理21-=2m W W mv 重安，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答.18．(2011·浙江卷) 如图甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝1 m 的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l ＝0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10 m/s 2)．甲 乙(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．试卷类型：A2012届高三全国高考模拟重组预测试卷五物 理 参 考 答 案1. 【答案】C【解析】 根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)成正比，所以A 、B 选项错误，C 选项正确；因不知原磁场变化趋势(增强或减弱)，故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D 选项错误．2． 【答案】B【解析】本题用逆向解题法.设A 选项，当带正电的绝缘圆环a 顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a 内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b 处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b 包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b 中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b 中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，所以A 错误；同样的方法可判断B 选项正确，而C 选项，b 中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D 选项，b 中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C 、D 都不选.所以本题选B.3. 【答案】A【解析】由题意知，n 1n 2＝12，U 2＝220 V ，因n 1n 2＝U U 2，故U ＝110 V ，即电压表的读数为110 V ；理想变压器中，P 出＝P 入＝UI ，故I ＝P 出U ＝22110A ＝0.2 A ，即电流表的读数为0.2 A ，A 正确．4. 【答案】D【解析】线框在磁场中转动时产生感应电动势最大值E m ＝BL 2ω2，感应电流最大值I m ＝BL 2ω2R，在转动过程中I —t 图象如图所示(以逆时针方向为正方向)：设该感应电流的有效值为I ，在一个周期T 内：I 2RT ＝I 2m R ·14T ，解得：I ＝I m 2＝BL 2ω4R，故选项ABC 错误，选项D 正确．5. 【答案】D【解析】 由图乙，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s，u ＝E m sin ωt ＝202sin100πt V ，A 错；只断开S 2，副线圈电压U 2不变，但副线圈总电阻R 副增大，流过L 1、L 2的电流减小且每个小灯泡两端的电压小于其额定电压，无法正常发光，由P 副＝U 22R 副可得，副线圈的功率减小，副线圈的功率决定原线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，BC 错；由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝4 V ，所以S 1接到2后，R 消耗的电功率P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．6. 【答案】D【解析】以箱子和a 合在一起为研究对象，设其质量为M ，剪断连接球b 的细线前，则e F F Mg N +=-，其中e F 表示b 对a 的库仑力；剪断连接球b 的细线前,则’’e F Mg N +=，因为在球b 上升过程中库仑力变大（距离变近），所以F N N +>’，所以所以本题选D.7. 【答案】AB【解析】电流热效应是焦耳在1841年通过实验发现的，其表达式为Q ＝I 2Rt ，A 项正确．库仑在1785年到1789年之间，通过精密的实验对电荷间的作用力作了一系列的研究，得出F ＝k q 1q 2R 2，B 项正确．电流的磁效应是丹麦物理学家奥斯特通过实验发现的，C 项错误．伽利略将理想斜面实验的结论外推，间接证明了自由落体运动为匀加速运动，D 项错误．8. 【答案】AC【解析】当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故A 项正确；当开关由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 要向左运动靠近左边线圈，故B 项错误；开关闭合时，当变阻器滑片P 突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故C 项正确；当变阻器滑片P 突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 向左运动靠近左边线圈，故D 项错误．9. 【答案】BD【解析】由图乙可知，交变电流的最大值为190 2V ，周期为0.02 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，所以A 项错误，B 项正确．为了让用户得到220 V 的电压，由u 1u 2＝n 1n 2可知，要想使电压u 2升高，n 1必须变小，C 项错误，D 项正确．10. 【答案】AC【解析】线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.11. 【答案】 10∶3 0.2【解析】 小灯泡a 正常发光，由P ＝I 2R 和I ＝U R可求得，小灯泡a 两端电压即副线圈电压U a ＝U b ＝U 2＝3 V ，通过小灯泡a 的电流I a ＝0.1 A ，由理想变压器电压与匝数成正比可得，n 1n 2＝U 1U 2＝103；对理想变压器，输出功率和输入功率相等，P 1＝P 2，即I 1U 1＝I 2U 2，可得副线圈总电流I 2＝0.3 A ，利用并联电路特点可得，I b ＝I 2－I a ＝0.2 A. 12. 【答案】 1.704～1.706均可【解析】 螺旋测微器的读数＝固定尺的读数＋可动尺的读数×0.01，即 1.5 mm ＋20.5×0.01 mm＝1.705 mm.13. 【答案】(1)见解析中左图 2.3×103(2.2×103～2.5×103) (2)见解析中右图【解析】(1)这6个点中有5个基本在同一条过原点的直线上，只有一个点偏离较大，可判断出这个数据点误差较大，应予以排除，据此，I­U 图线如下左图所示，在图线上可选一个离坐标原点较远的点，得出其纵横坐标，如(3.0 V 、1.3 mA)，则被测电阻阻值为R x ＝ 3.0 V 1.3×10－3 A＝2.3×103 Ω. (2)因为R x 与R v 很接近，故电压表的分流影响很严重，而R x R A ＝2.3×10310＝230≫1，电流表的分压影响很小，故应采用电流表内接法，又由于被测电阻很大，而滑动变阻器阻值较小，故变阻器应采用分压式，电路原理图如下右图．14. 【答案】(1)A D E (2)见解析【解析】(1)因小灯泡的额定电压为4 V ，所以电压表应选用A ，小灯泡的额定电流I ＝P U ＝0.5 A ，所以电流表应选用D ；小灯泡正常工作时的电阻为R ＝U 2P＝8 Ω，因为R v R A >R x ，R x 为小电阻，电流表应采用外接法，要求电压表从零开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为便于调节，滑动变阻器应选用E.(2)满足实验要求的电路图如图．接成的相应实物电路图如图．15. 【答案】(1)设电动势为E ，橡胶带运动速率为v .由E ＝BLv ，E ＝U得：v ＝U BL(2)设电功率为P ，P ＝U 2R(3)设电流强度为I ，安培力为F ，克服安培力做的功为W .由：I ＝U R，F ＝BIL ，W ＝Fd得：W ＝BLUd R 16. 【答案】(1)BL 2gh (2)34BL 2gh (3)h ＝m 2gR 22B 4L 4 【解析】(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh(2)此时线框中电流I ＝E R cd 两点间的电势差U ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫34R ＝34BL 2gh (3)安培力F ＝BIL ＝B 2L 22gh R根据牛顿第二定律mg －F ＝ma ，由a ＝0 解得下落高度满足h ＝m 2gR 22B 4L4 17. 【答案】（1）0.4 J （2）3.2m/s 2（3）见解析【解析】（1）下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，由于3R r =，因此 30.3()R r Q Q J ==∴=0.4()R r W Q Q Q J =+=安（2）金属棒下滑时受重力和安培力 22=B L F BIL v R r=+安 由牛顿第二定律22sin 30B L mg v ma R r︒-=+ ∴2222210.80.752sin 3010 3.2(/)()20.2(1.50.5)B L a g v m s m R r ⨯⨯=︒-=⨯-=+⨯+ (3)此解法正确.金属棒下滑时重力和安培力作用，其运动满足22sin 30B L mg v ma R r︒-=+ 上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动.无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大.由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确.21sin 302m mgS Q mv ︒-=∴ 2.74(/)m v m s === 18. 【答案】 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg ＝mav t ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2 导体棒速度减为零时，v t ＝0代入数据解得：t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，因x <L －l ，故导体棒没有进入磁场区域． 导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω电流为I ＝E R＝0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，回路产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.04 J.。