高三物理模拟复习预测试题

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（此题共9小题.在每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）

L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RFR2.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表

的示数T、电阻R111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.（2019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,那么在平移过程中，线圈中的感

应电流0.

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nl、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

不行.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.那么

以下说法中正确的选项是().

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=O.810-4T,竖直分量B2=0.510-4T,

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=20nl，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=0.2mV,那么().

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0.125m/s

D.海水的流速大小为0.2m/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，那么以下说法正确的选项是().

图6图7

A.原线圈输入电压有效值为2202V

B.副线圈输出电压瞬时值表达式u=442cos(100t)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.在导轨的最上端MP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；

假设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，以下说

法正确的选项是().

图8

A.两次上升的最大高度相比拟为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12HIV20

D.有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin

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拟为h

答案D

7.图9中理想变压器的原线圈接"311sin100t(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1=220V的直流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，那

么变压器原、副线圈的匝数之比为().

图9图10-

A.R1R2B.R2R1C.R2R1D.R1R2

解析由u=311sin100t(V)可知，原线圈接入交变电压的最大值为

Umax=311V,故有效值为U1=220V.又U1U2=nln2,R1消耗的电功率

P1422RLR2消耗的电功率P2=U2R2.又U=220V=U1,P1=P2.联立解得

nln2=R2Rl.

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.假设金属框的电阻为R2，那么以下说法正确的选项是().

图n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2B0S3to

解析此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那么可知，感应电流方向由ab,

选项A正确；由于电流由cd,根据左手定那么可判断出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-B0St0=BOStO,选项C错

误；因为ER+12R=UR，解得U=2B0S3to，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（dL）.ab边进入磁场时，线

框的加速度恰好为零.那么线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过

程相比拟，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（此题共3小题，共37分）

10.（12分）如图14所示，宽度L=lm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=1T,框架导轨上放一根

质量m=0.2kg、电阻R=l.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6W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=5.8J时获得稳定速

度，此过程中，通过棒ab的电荷量q=2.8C（框架电阻不计,g<10m/s2）.

问：

图14

（1）棒ab到达的稳定速度多大？

（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+mg

而F安二BIL,又根据闭合电路欧姆定律FBLvR,

联立以上各式解得v=2m/s.

(2)根据法拉第电磁感应定律

E=t=BSt=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+mgs,

联立上式解得：t=1.5s.

答案(1)2m/s(2)1.5s

11.(13分)如图15所示，一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻

R=0.5，金属框放在外表绝缘的斜面AARR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，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

g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=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；

解析(1)由v2x图象可知：

xl=0.9m,vl=3m/s，做匀加速运动，

x2=l.0m,vl=3m/s，做匀速运动,

x3=l.6m，末速度v2=5m/s，做匀加速运动,

设线框在以上三段的运动时间分别为tl、t2、t3.

那么xl=12vltl，所以tl=0.6s

x2=vlt2，所以t2=13s.

x3=12(vl+v2)t3,t3=0.4s,

t=tl+t2+t3=43s,

(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得

mgsinmgcos=ma,

由a=5.0m/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，

B2L2vlR+mgcos=mgsin,

线框的宽度L=d=0.5x2=0.5m.得B=33T.

答案(1)43s(2)53(3)33T

12.(12分)(2019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2nl.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)两杆分别到达的最大速度.

图17

解析(1)细线烧断之前，对整体分析有F=3mg①

设细线烧断后任意时刻MN的速度为v,MN的速度为v

MN的加速度为a,MN的加速度为a,

由牛顿第二定律知：a=F-mg-F