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本文题目：高三物理模拟复习预测试题

(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1

A.U增大 B.I增大 C.P1减小 D.P增大

答案　A

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2

A.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　C

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4

A.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　AC

4.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5

A.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/s

D.海水的流速大小为0.2 m/s

答案　AD

5.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7

A.原线圈输入电压有效值为2202 V

B.副线圈输出电压瞬时值表达式u=442cos(100πt)V

C.R处出现火情时原线圈电流增大

D.R处出现火情时电阻R0的电功率增大

答案　CD

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8

A.两次上升的最大高度相比较为H

B.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12mv20

D.有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin 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

答案　D

7.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U=220 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.R1R2 B.R2R1 C. R2R1 D. R1R2

解析　由u=311sin 100πt(V)可知，原线圈接入交变电压的最大值为Umax=311 V，故有效值为U1=220 V.又U1U2=n1n2，R1消耗的电功率P1=U22R1.R2消耗的电功率P2=U2R2.又U=220 V=U1，P1=P2.联立解得n1n2=R2R1.

答案　C

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R2，则下列说法正确的是(　　).

图11　　　　　　　　图12

A.流过电阻R的感应电流由a到b

B.线框cd边受到的安培力方向向下

C.感应电动势大小为2B0St0

D.ab间电压大小为2B0S3t0

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=2B0-B0St0=B0St0，选项C错误;因为ER+12R=UR，解得U=2B0S3t0，选项D正确.

答案　ABD

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(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13

A.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/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?

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=BLvR，

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=BΔSΔt=BsLt，因为q=It=ERt=BsLR.

所以棒ab从静止到稳定速度时运动的距离为s=qRBL，

由能量守恒得：Pt=Q+12mv2+μmgs，

联立上式解得：t=1.5 s.

答案　(1)2 m/s　(2)1.5 s

11.(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μ=0.5，取g=10 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v2x图象可知：

x1=0.9 m，v1=3 m/s，做匀加速运动，

x2=1.0 m，v1=3 m/s，做匀速运动，

x3=1.6 m，末速度v2=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t1、t2、t3.

则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)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得

mgsin θ-μmgcos θ=ma，

由a=5.0 m/s2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，

B2L2v1R+μmgcos θ=mgsin θ，

线框的宽度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) (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m ②

a′=2mg-F安′2m ③

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′t ⑤

由①②③④⑤解得vv′=21 ⑥

(2)两杆速度达到最大值时a=0 ⑦

由安培力公式知F安=BIl ⑧

由闭合电路欧姆定律知

I=Blvm+Blvm′R ⑨

由①②⑥⑦⑧⑨得vm=4mgR3B2l2 ⑩

此时M′N′的速度值为vm′=12v=2mgR3B2l2 ⑪

答案　(1)2∶1　(2)4mgR3B2l2　2mgR3B2l2

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