2012届高三物理高考模拟预测试卷八

2012届高三物理高考预测试题八(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R1R2.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1AU增大 BI增大 CP1减小 DP增大2(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3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4北半球某处，地磁场水平分量B10.8×104 T，竖直分量B20.5×104T，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d20 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U0.2 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/s5如图6为一火灾报警系统其中R0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51，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 VB副线圈输出电压瞬时值表达式u44cos(100t)VCR处出现火情时原线圈电流增大DR处出现火情时电阻R0的电功率增大6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.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HhB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mvD有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin 7图9中理想变压器的原线圈接u311sin 100t(V)的交变电压，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图10-中阻值为R2的电阻直接接到电压为U220 V的直流电源上，结果发现R1与R2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. B. C. D. 8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，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Dab间电压大小为9.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(dL)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二、非选择题(本题共3小题，共37分)10(12分)如图14所示，宽度L1 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B1 T，框架导轨上放一根质量m0.2 kg、电阻R1.0 的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数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Q5.8 J时获得稳定速度，此过程中，通过棒ab的电荷量q2.8 C(框架电阻不计，g取10 m/s2)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？11(13分)如图15所示，一个质量m0.1 kg的正方形金属框总电阻R0.5 ，金属框放在表面绝缘的斜面AABB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v2x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0.5，取g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6.图15图16(1)根据v2x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AABB的倾斜角；(3)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；12(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MN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t0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17参考答案一、选择题1.答案A2.答案C3.答案AC4.答案AD5.答案CD6.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hH，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mv，ab上升过程的最小加速度为gsin ，选项C错误、选项D正确答案D7.解析由u311sin 100t(V)可知，原线圈接入交变电压的最大值为Umax311 V，故有效值为U1220 V又，R1消耗的电功率P1.R2消耗的电功率P2.又U220 VU1，P1P2.联立解得.答案C8.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ab，选项A正确；由于电流由cd，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，选项C错误；因为，解得U，选项D正确答案ABD9.答案AD二、非选择题10.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PFv，当金属棒稳定时：FF安mg而F安BIL，又根据闭合电路欧姆定律I，联立以上各式解得v2 m/s.(2)根据法拉第电磁感应定律EBB，因为qtt.所以棒ab从静止到稳定速度时运动的距离为s，由能量守恒得：PtQmv2mgs，联立上式解得：t1.5 s.答案(1)2 m/s(2)1.5 s11.解析(1)由v2x图象可知：x10.9 m，v13 m/s，做匀加速运动，x21.0 m，v13 m/s，做匀速运动，x31.6 m，末速度v25 m/s，做匀加速运动，设线框在以上三段的运动时间分别为t1、t2、t3.则x1v1t1，所以t10.6 sx2v1t2，所以t2s.x3(v1v2)t3，t30.4 s，tt1t2t3 s，(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，由a5.0 m/s2得53°，(3)线框通过磁场时，线框做匀速直线运动，线框受力平衡，mgcos mgsin ，线框的宽度Ld0.5 x20.5 m得B T.答案(1) s(2)53°(3) T12.解析(1)细线烧断之前，对整体分析有F3mg设细线烧断后任意时刻MN的速度为v，MN的速度为vMN的加速度为a，MN的加速度为a，由牛顿第二定律知：aa二者受到的安培力大小相等F安F安任意时刻两杆速度之比由解得(2)两杆速度达到最大值时a0由安培力公式知F安BIl由闭合电路欧姆定律知I由得vm此时MN的速度值为vmv答案(1)21(2) 9 / 9