2012届高三物理高考模拟预测试卷四

11/172/172012届高三全国高考模拟重组预测试卷四物理适用地区：课标地区考查范围：必考全部内容注意事项：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.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.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.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·天津卷4）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则()A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz2.（2011·海南卷6）如图1－4所示，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()图1－53.（2011·浙江卷16）如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是()A．2.0VB．9.0VC．12.7VD．144.0V4.（2011·江苏卷2）如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图2A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大5.(2011·福建卷17)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．运动的平均速度大小为eq\f(1,2)vB．下滑位移大小为eq\f(qR,BL)C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为eq\f(B2L2v,R)sinθ6．（2011·上海卷14）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律的是图二、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·海南卷7）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系8.（2011·海南卷20）如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布.一铜制圆环用丝线悬挂于点，将圆环拉至位置后无初速释放，在圆环从摆向的过程中（）A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向9．（2011·四川卷20）如图1－6所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么()A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4coseq\f(2π,T)tD.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq\f(T,π)sineq\f(2π,T)t图1－610．（2011·山东卷22）如图1－7甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．图1－7中正确的是()图1－7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．如图所示的电路，L为自感线圈，R是一个灯泡，E是电源，当S闭合瞬间，通过电灯的电流方向是________，当S切断瞬间通过电灯的电流方向是________．12．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为eq\f(R,2)的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为________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．为了测量一电动势约为2V、内阻约0.1Ω蓄电池的电动势和内阻．实验室提供了下列器材：A．电压表(0～15V，内阻约为30kΩ)；B．电流表A1(0～0.6A，内阻r1约为2Ω)；C．电流表A2(0～20mA，内阻r2＝10Ω)；D．滑动变阻器R1(0～10Ω，2A)；E．滑动变阻器R2(0～100Ω，0.5A)；F．阻值为1Ω的标准定值电阻R0；G．定值电阻R＝90Ω；H．开关1只，足量导线．(1)为了使电动势和内阻的测量尽可能准确，实验时滑动变阻器应选________．(填写器材的定母代号)(2)在虚线框中画出实验原理电路图．(在图上标出所用器材的字母符号)14．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了如下器材：A．小灯泡(3V,1.5W)B．电压表(量程3V，内阻20kΩ)C．电压表(量程15V，内阻50kΩ)D．电流表(量程3A，内阻0.2Ω)E．电流表(量程0.6A，内阻1Ω)F．滑动变阻器(0～100Ω，0.5A)G．滑动变阻器(0～10Ω，2A)H．学生电源(电动势4V，内阻不计)I．开关及导线若干实验中要求小灯泡上的电压从零开始调节且在不超过小灯泡额定电压的情况下尽可能精确测量多组对应的U、I值，则：(1)上述器材中电压表应选择________；电流表应选择________；滑动变阻器应选择________．(用器材前面的字母代号表示)(2)在下面的方框中画出实验的电路图并在实物图中连线．(注意：实物图中连线不允许交叉)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.）16．（2011·四川卷24）如图1－9所示，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3Ω、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环．已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．图1－917．(2011·福建卷21)图1－10图1－10为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；(3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在eq\f(2,3)m到m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？18．（2011·天津卷11）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10m/s2，问：(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？图9高17/17参考答案1.【答案】B【解析】由图2可知，正弦交流电的最大值为311V，周期T＝0.02s，所以该交流电的有效值为U有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，CD错；由图2，t＝0.005s时电动势最大，磁通量的变化率最大，A错；由图2，t＝0.01s时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B正确．2.【答案】B【解析】t＝0开始，线框向左移动eq\f(l,2)的过程中，由右手定则知，线框中有逆时针方向的电流，且随着向左移动，切割磁感线的切割长度逐渐增大，由E＝BLv知感应电动势逐渐增大，电流也逐渐增大，可排除CD选项；当线框的左边运动到O点，线框右边刚好到O′，随后向左移动eq\f(l,2)的过程中，线框右边在磁场中做切割磁感线运动且切割长度不变，线框中应形成恒定的电流，由右手定则可知电流为顺时针方向，为负值，排除A选项，故选项B正确．3.【答案】A【解析】根据理想变压器电压关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，下线圈两端的电压有效值为U2＝eq\f(51,4\r(2))V≈9.0V，交流电压表测量的是有效值，考虑到实际有损耗，故实际读数应该小于9.0V，故选项B、C、D错误，A正确．4.【答案】B【解析】当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．5.【答案】B【解析】对导体棒受力分析(如图1－5甲所示)，由牛顿第二定律有：mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知导体棒向下做加速度不断减小的加速运动，作出v－t图象(如图乙所示，①表示导体棒实际运动的v－t图象，②表示匀加速直线运动的v－t图象)，可见eq\o(v,\s\up6(－))>eq\f(v,2)，A错．由q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，联立解得q＝eq\f(ΔΦ,R)，设棒下滑的位移为s，则ΔΦ＝BLs，所以q＝eq\f(BLs,R)，故s＝eq\f(qR,BL)，B对；由能量守恒定律mgssinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q，可得Q＝mgssinθ－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgqRsinθ,BL)－eq\f(1,2)mv2，C错；当加速度a＝0时，物体开始做匀速运动，安培力最大，由mgsinθ－F安＝0得，F安＝mgsinθ，D错．图1－56.【答案】A【解析】电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，C、D是错误的；B也错误，A正确.所以本题选A.7.【答案】ACD【解析】欧姆发现了欧姆定律，揭示了电流、电压、电阻之间的联系．8.【答案】AD【解析】分两组研究，先看感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以A、B二者选A.再看安培力方向，根据左手定则，铜制圆环所受安培力因为左右不等，合力方向始终沿水平方向，所以，C、D二者选D.所以本题选BD.9.【答案】AC【解析】当线圈从图示位置开始计，此时交变电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt，当ωt＝60°时，i＝1A，可解得Im＝2A，其有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A，B错误；回路消耗的功率P＝I2R＝4W，A正确；线圈中感应感应电动势的最大值Em＝ImR＝4V，所以任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4coseq\f(2π,T)t，C正确；磁通量的最大值Φm＝BS＝eq\f(BSω,ω)＝eq\f(Em,ω)＝eq\f(4,ω)＝eq\f(2T,π)，则穿过线圈任意时刻的磁通量Φ＝eq\f(2T,π)sineq\f(2π,T)t，D错误．10.【答案】BD【解析】由机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2可得，c棒刚进入磁场时的速度为eq\r(2gh)，此时c匀速运动；d做自由落体运动；当d进入磁场时，c在磁场中运动的距离为2h，此时，两棒的速度相同，不产生感应电流，两棒的加速度都为g，A项错误，B项正确．当c出磁场时，d在磁场中运动的距离为h，此后，c做加速度为g的匀加速运动，d做变减速运动，直到出磁场，根据前面的分析可得，C项错误，D项正确．11.【答案】A→BB→A【解析】S闭合时，根据电源正负极易知电流方向．S断开瞬间，线圈L将产生与原电流同向的断电自感电动势阻碍原电流的减小，线圈L与灯泡组成闭合回路，通过灯泡的电流从B到A.12.【答案】eq\f(1,3)Bav【解析】摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))＝Bav.由闭合电路欧姆定律，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav.14.【答案】(1)BEG(2)电路图和实物连线图如图所示．【解析】(1)小灯泡额定电压为3V，额定功率为1.5W，即额定电流为0.5A，所以电压表应选择B，电流表应选E.小灯泡正常工作时的电阻为6Ω，为了便于调节，滑动变阻器选用G.(2)由于R<eq\r(Rv·RA)，电流表应选用外接法．实验中要求小灯泡上的电压从零开始调节且在不超过小灯泡额定电压的情况下尽可能精确测量多组对应的U、I值，滑动变阻器选择分压接法．15.【答案】(1)18N(2)2.0m/s2(3)3.80J【解析】(1)由图(乙)知，杆运动的最大速度为vm＝4m/s此时有：F＝mgsinα＋F安＝mgsinα＋eq\f(B2L2vm,R)代入数据得：F＝18N(2)由牛顿第二定律可得：F－F安－mgsinα＝maa＝eq\f(F－\f(B2L2v,R)－mgsinα,m)，代入数据得：a＝2.0m/s2(3)由(乙)图可知0.8s末导体杆的速度v1＝2.2m/s前0.8s内图线与t轴所包围的小方格的个数为27个，面积为27×0.2×0.2＝1.08，即前0.8s内导体杆的位移x＝1.08m．由能的转化和守恒定律得：Q＝Fx－mgxsinα－eq\f(1,2)mv12，代入数据得：Q＝3.80J(说明，前0.8s内图线与t轴所包围的小方格的个数在26～28个之间，位移在1.04～1.12m之间，产生的热量在3.48～4.12J之间均正确)．16.【答案】(1)设小环受到力的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律，有m2g－f＝m2a代入数据，得f＝0.2N②(2)设通地K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有f＝B1I1l设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1④R总＝eq\f(3,2)R⑤设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝eq\f(E,R总)⑥E＝B2lv⑦F＋m1gsinθ＝B2Il⑧拉力的瞬时功率为P＝Fv⑨联立以上方程，代入数据得P＝2W⑩17.【答案】(1)质量为m的鱼饵到在管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)①由①式解得v1＝eq\r(gR)②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有Ep＝mg(1.5R＋R)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③由②③式解得Ep＝3mgR④(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影