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2014屆高三物理模擬復(fù)習(xí)預(yù)測(cè)試題(附參考答案)
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高三
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(時(shí)間:60分鐘 分值:100分)
一、(本題共9小題.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中至少有一個(gè)符合題目要求,全選對(duì)的得7分,選對(duì)但不全的得4分,有選錯(cuò)的或不選的得0分)
1.某理想變壓器的原線圈接一交流電,副線圈接如圖1所示電路,電鍵S原來(lái)閉合,且R1=R2.現(xiàn)將S斷開(kāi),那么交流電壓表的示數(shù)U、交流電流表的示數(shù)I、電阻R1上的功率P1及該變壓器原線圈的輸入功率P的變化情況分別是( ).
圖1
A.U增大 B.I增大 C.P1減小 D.P增大
答案 A
2.(2014?杭州統(tǒng)測(cè)訓(xùn)練)兩根通電直導(dǎo)線M、N都垂直紙面固定放置,通過(guò)它們的電流方向如圖2所示,線圈L的平面跟紙面平行,現(xiàn)將線圈從位置A沿M、N連線中垂線迅速平移到位置B,則在平移過(guò)程中,線圈中的感應(yīng)電流( ).
圖2
A.沿順時(shí)針?lè)较,且越?lái)越小
B.沿逆時(shí)針?lè)较颍以絹?lái)越大
C.始終為零
D.先順時(shí)針,后逆時(shí)針
答案 C
3.如圖3所示,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)是n1、n2,b是原線圈的中心抽頭,圖中電表均為理想的交流電表,副線圈接定值電阻,其余電阻不計(jì).從某時(shí)刻開(kāi)始在原線圈c、d兩端加上如圖4所示的交變電壓.則下列說(shuō)法中正確的是( ).
圖3 圖4
A.當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)由a撥向b后,電壓表的示數(shù)變大
B.當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)由a撥向b后,電流表的示數(shù)變小
C.當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)由a撥向b后,原線圈的輸入功率變大
D.當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)由a撥向b后,副線圈輸出電壓的頻率變小
答案 AC
4.北半球某處,地磁場(chǎng)水平分量B1=0.8×10-4 T,豎直分量B2=0.5×10-4T,海水向北流動(dòng),海洋工作者測(cè)量海水的流速時(shí),將兩極板插入此海水中,保持兩極板正對(duì)且垂線沿東西方向,兩極板相距d=20 m,如圖5所示,與兩極板相連的電壓表(可看做是理想電壓表)示數(shù)為U=0.2 mV,則( ).
圖5
A.西側(cè)極板電勢(shì)高,東側(cè)極板電勢(shì)低
B.西側(cè)極板電勢(shì)低,東側(cè)極板電勢(shì)高
C.海水的流速大小為0.125 m/s
D.海水的流速大小為0.2 m/s
答案 AD
5.如圖6為一火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng).其中R0為定值電阻,R為熱敏電阻,其阻值隨溫度的升高而減小.理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5∶1,副線圈輸出電壓如圖7所示,則下列說(shuō)法正確的是( ).
圖6 圖7
A.原線圈輸入電壓有效值為2202 V
B.副線圈輸出電壓瞬時(shí)值表達(dá)式u=442cos(100πt)V
C.R處出現(xiàn)火情時(shí)原線圈電流增大
D.R處出現(xiàn)火情時(shí)電阻R0的電功率增大
答案 CD
6.如圖8所示,足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置,且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R,不計(jì)其他電阻.導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌,當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí),ab上升的最大高度為H;若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),ab上升的最大高度為h.在兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直,且初速度都相等.關(guān)于上述情景,下列說(shuō)法正確的是( ).
圖8
A.兩次上升的最大高度相比較為H<h
B.有磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒所受合力的功大于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)合力的功
C.有磁場(chǎng)時(shí),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為12mv20
D.有磁場(chǎng)時(shí),ab上升過(guò)程的最小加速度為gsin θ
解析 當(dāng)有磁場(chǎng)時(shí),導(dǎo)體棒除受到沿斜面向下的重力的分力外,還切割磁感線有感應(yīng)電流受到安培力的作用,所以兩次上升的最大高度相比較為h<H,兩次動(dòng)能的變化量相等,所以導(dǎo)體棒所受合力的功相等,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,有磁場(chǎng)時(shí),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于12mv20,ab上升過(guò)程的最小加速度為gsin θ,選項(xiàng)C錯(cuò)誤、選項(xiàng)D正確.
答案 D
7.圖9中理想變壓器的原線圈接u=311sin 100πt(V)的交變電壓,副線圈與阻值為R1的電阻接成閉合電路;圖10-中阻值為R2的電阻直接接到電壓為U=220 V的直流電源上,結(jié)果發(fā)現(xiàn)R1與R2消耗的電功率恰好相等,則變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為( ).
圖9 圖10-
A.R1R2 B.R2R1 C. R2R1 D. R1R2
解析 由u=311sin 100πt(V)可知,原線圈接入交變電壓的最大值為Umax=311 V,故有效值為U1=220 V.又U1U2=n1n2,R1消耗的電功率P1=U22R1.R2消耗的電功率P2=U2R2.又U=220 V=U1,P1=P2.聯(lián)立解得n1n2=R2R1.
答案 C
8.如圖11所示,在虛線所示的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)變化規(guī)律如圖12所示,面積為S的單匝金屬線框處在磁場(chǎng)中,線框與電阻R相連.若金屬框的電阻為R2,則下列說(shuō)法正確的是( ).
圖11 圖12
A.流過(guò)電阻R的感應(yīng)電流由a到b
B.線框cd邊受到的安培力方向向下
C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2B0St0
D.a(chǎn)b間電壓大小為2B0S3t0
解析 本題考查電磁感應(yīng)及閉合電路相關(guān)知識(shí).由題圖12可以看出磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻增加,根據(jù)楞次定律及安培定則可知,感應(yīng)電流方向由a→b,選項(xiàng)A正確;由于電流由c→d,根據(jù)左手定則可判斷出cd邊受到的安培力向下,選項(xiàng)B正確;回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為E=?2B0-B0?St0=B0St0,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;因?yàn)镋R+12R=UR,解得U=2B0S3t0,選項(xiàng)D正確.
答案 ABD
9.邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng),穿過(guò)方向如圖13所示的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域.磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d(d>L).已知ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框的加速度恰好為零.則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出的過(guò)程相比較,有( ).
圖13
A.產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反
B.所受的安培力方向相反
C.進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間
D.進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量小于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量
答案 AD
二、非(本題共3小題,共37分)
10.(12分)如圖14所示,寬度L=1 m的足夠長(zhǎng)的U形金屬框架水平放置,框架處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T,框架導(dǎo)軌上放一根質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=1.0 Ω的金屬棒ab,棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,現(xiàn)用功率恒為6 W的牽引力F使棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)(ab棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直),當(dāng)棒ab的電阻R產(chǎn)生熱量Q=5.8 J時(shí)獲得穩(wěn)定速度,此過(guò)程中,通過(guò)棒ab的電荷量q=2.8 C(框架電阻不計(jì),g取10 m/s2).問(wèn):
圖14
(1)棒ab達(dá)到的穩(wěn)定速度多大?
(2)棒ab從靜止到穩(wěn)定速度的時(shí)間多少?
解析 (1)根據(jù)題意,牽引力F使棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng),功率P=Fv,當(dāng)金屬棒穩(wěn)定時(shí):F=F安+μmg
而F安=BIL,又根據(jù)閉合電路歐姆定律I=BLvR,
聯(lián)立以上各式解得v=2 m/s.
(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律
E=ΔΦΔt=BΔSΔt=BsLt,因?yàn)閝=It=ERt=BsLR.
所以棒ab從靜止到穩(wěn)定速度時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為s=qRBL,
由能量守恒得:Pt=Q+12mv2+μmgs,
聯(lián)立上式解得:t=1.5 s.
答案 (1)2 m/s (2)1.5 s
11.(13分)如圖15所示,一個(gè)質(zhì)量m=0.1 kg的正方形金屬框總電阻R=0.5 Ω,金屬框放在表面絕緣的斜面AA′B′B的頂端(金屬框上邊與AA′重合),自靜止開(kāi)始沿斜面下滑,下滑過(guò)程中穿過(guò)一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合),設(shè)金屬框在下滑過(guò)程中的速度為v,與此對(duì)應(yīng)的位移為x,那么v2x圖象如圖16所示,已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,金屬框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,取g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.
圖15 圖16
(1)根據(jù)v2x圖象所提供的信息,計(jì)算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時(shí)間t;
(2)求出斜面AA′B′B的傾斜角θ;
(3)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大;
解析 (1)由v2x圖象可知:
x1=0.9 m,v1=3 m/s,做勻加速運(yùn)動(dòng),
x2=1.0 m,v1=3 m/s,做勻速運(yùn)動(dòng),
x3=1.6 m,末速度v2=5 m/s,做勻加速運(yùn)動(dòng),
設(shè)線框在以上三段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2、t3.
則x1=12v1t1,所以t1=0.6 s
x2=v1t2,所以t2=13s.
x3=12(v1+v2)t3,t3=0.4 s,
t=t1+t2+t3=43 s,
(2)線框加速下滑時(shí),由牛頓第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma,
由a=5.0 m/s2得θ=53°,
(3)線框通過(guò)磁場(chǎng)時(shí),線框做勻速直線運(yùn)動(dòng),線框受力平衡,
B2L2v1R+μmgcos θ=mgsin θ,
線框的寬度L=d=0.5 x2=0.5 m.得B=33 T.
答案 (1)43 s (2)53° (3)33 T
12.(12分) (2014?海南卷,16)如圖17所示,ab和cd是兩條豎直放置的長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌,MN和M′N′是兩根用細(xì)線連接的金屬桿,其質(zhì)量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上,使兩桿水平靜止,并剛好與導(dǎo)軌接觸,兩桿的總電阻為R,導(dǎo)軌間距為l.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直.導(dǎo)軌電阻可忽略,重力加速度為g.在t=0時(shí)刻將細(xì)線燒斷,保持F不變,金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好.求:
(1)細(xì)線燒斷后,任意時(shí)刻兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比;
(2)兩桿分別達(dá)到的最大速度.
圖17
解析 (1)細(xì)線燒斷之前,對(duì)整體分析有F=3mg①
設(shè)細(xì)線燒斷后任意時(shí)刻MN的速度為v,M′N′的速度為v′
MN的加速度為a,M′N′的加速度為a′,
由牛頓第二定律知: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
任意時(shí)刻兩桿速度之比vv′=ata′t⑤
由①②③④⑤解得vv′=21⑥
(2)兩桿速度達(dá)到最大值時(shí)a=0⑦
由安培力公式知F安=BIl⑧
由閉合電路歐姆定律知
I=Blvm+Blvm′R⑨
由①②⑥⑦⑧⑨得vm=4mgR3B2l2⑩
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