高考物理阶段滚动测试题及答案4

高考物理阶段滚动测试题及答案阶段滚动检测(四)第八～十章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分)1.(2012·苏州模拟)如图所示为用导线做成的圆形回路与一直导线构成的几种位置组合(A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，D 中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)，其中当切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )2.如图所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和RS上滑动,匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是( )A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左3.(2012·潍坊模拟)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U的交流电源上.则( )A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小4.(2012·济宁模拟)如图所示，铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路.左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环.铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直.调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看( )A.金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10-3 VB.金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10-3 VC.金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10-3 VD.金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10-3 V5.(滚动单独考查)如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm.一个质量为m，带电量为q的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′=2 cm,粒子的重力忽略不计.下列说法中正确的是( )A.该粒子到达C′点时的动能为2E kB.该粒子到达C′点时的动能为1.5E kC.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.25E kD.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.5E k6.(滚动单独考查)在高速公路的隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( )A.两个灯泡串联B.两个灯泡并联C.每个灯泡消耗的功率大于其额定功率的四分之一D.每个灯泡消耗的功率小于其额定功率的四分之一7.(2012·滨州模拟)如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“+”接线柱接A端D.电压表“+”接线柱接B端8.(滚动交汇考查)长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω=2v/b的角速度转过90°角.那么( )A.通过线框横截面的电量q1∶q2=1∶nB.通过线框横截面的电量q1∶q2=1∶1C.线框发热功率P1∶P2=2n∶1D.线框发热功率P1∶P2=2∶19.(2012·镇江模拟)如图甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，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R,则下列说法正确的是( )2A.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002B St D.ab 间电压大小为002B S3t 10.(2012·银川模拟)如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图.其中灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2=4∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A.P ，PB.16P,14P C.14P,16P D.16P ，4P第Ⅱ卷(非选择题 共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(4分)有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作12.(2011·上海高考)(8分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G 1内阻r 1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G 1(0～5 mA ，内阻约300 Ω)，②电流表G 2(0～10 mA ，内阻约100 Ω),③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω),⑦干电池(1.5 V)，⑧电键S及导线若干.(1)定值电阻应选__________，滑动变阻器应选__________.(在空格内填写序号)(2)用线连接实物图.(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，____________________________________________;②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置,记录G1、G2的读数I1、I2;③_______________________________________________________________;④以I2为纵坐标,I1为横坐标，作出相应图线，如图所示.(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_________________________________________________________________.三、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(滚动交汇考查)(8分)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置在竖直向上的磁感应强度为B的磁场中,一端接有阻值为R的电阻，一质量为m，电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t=0开始运动，其速度规律为v=v m sinωt，不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响，求：(1)感应电动势的表达式;(2)电阻R上的发热功率.14.(2012·武汉模拟)(9分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E=20 V，内阻不计，它通过一个R=6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V，0.25 W”,灯泡都正常发光，导线电阻不计.求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比;(2)发电机的输出功率.15.(滚动交汇考查)(10分)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内,导轨间距为l,b、c两点间接一阻值为R的电阻.ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求：(1)导体杆上升到h 过程中通过杆的电荷量; (2)导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小;16.(滚动交汇考查)(11分)水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图a 所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0=100 T.已知两板间距离d=0.3 m,电场强度E=50 V/m,M 板上有一小孔P ，在P 正上方h=5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q 点如图b 所示.如果油滴的质量m=10-4 kg ，带电荷量5q 210C -=⨯.求：(1)在P 点的速度v 为多大？(2)若油滴在t=0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N 板上的Q 点，求油滴的电性及交变磁场的变化周期T.(3)Q 、O 两点水平距离.(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B 、C.在B 、C 图中，穿过圆形回路的磁通量不为零，当切断导线中的电流时，磁通量减少，所以有感应电流产生;而A 、D 图中穿过圆形回路的磁通量为零且无变化，所以没有感应电流产生.故B 、C 正确.2.【解析】选B.因回路abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C 、D 错误，B 正确.3.【解析】选B 、C.根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动触头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 1亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确;当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由1122U n U n =知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确,D 错误.4.【解析】选C.金属环中的原磁场方向竖直向下，由楞次定律，感应电流的磁场向上，感应电流方向是逆时针方向;由法拉第电磁感应定律，电动势大小3BE S 2.010 V t-∆==⨯∆铁芯，故C 正确. 5.【解析】选A 、D.设粒子过P 点的速度为v 0,将粒子过C ′的速度v C ′分解，如图所示，则有y 0v PA v t,A C t 2'=''=，代入数据解得y 0C 0v v ,v 2v ='=,所以粒子过C '时动能为2E k ，A 正确，B 错误;粒子由P 到C ′动能增量为E k ，由于相邻等势面的电势差相等，因此粒子由P 点到经过BB ′时，电场力做的功应为0.5E k ，故粒子通过BB ′时动能应为1.5E k ，C 错误，D 正确.6.【解析】选A 、C.两个灯泡应串联，每个灯泡承担的电压220U V 110 V 2==，低于额定电压，灯泡不易损坏;由2U P R =，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率要大于其额定功率的四分之一，故A 、C 正确.7.【解析】选A 、C.从图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律和安培定则，可得A 接感应电动势的正极，即电压表“+”接线柱接A 端，C 正确，D 错误;根据法拉第电磁感应定律得：0.150.10E n 100 V 50 V t 0.1∆Φ-==⨯=∆，故电压表读数为50 V,A 正确，B 错误.8.【解析】选B 、D.首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为12abB2∆Φ=∆Φ=.当回路为n 匝，总电阻为nR 时，由E q I t t nR R ∆Φ=∆=∆=可得q 1∶q 2=1∶1.故知A 错B 对.显然两种情况下线框电阻不变.从而，由电(热)功率公式可得21122P E()P E =①E 1=nBav ②2ab E nB22b=③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2=2∶1,故知C 错D 对.9.【解析】选A 、B 、D.由于磁感应强度增强，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中的感应电流的方向为逆时针方向，流过电阻R 的感应电流由a 到b ，A 正确；由左手定则可判断线框cd 边受到的安培力方向向下，B 正确；根据法拉第电磁感应定律，线框产生的感应电动势大小为00B S BE S t t t ∆Φ∆===∆∆，C 错误；ab 间电压大小为002B S E 2U IR R E 333t R 2====,D 正确. 10.【解析】选B.对甲图，由n 1∶n 2=4∶1知U 1=4U 2，而22U P R =得211U P 16P R ==,对于乙图，2112233221112212n 1n I n I n I 2n I n I ,I I I n 2=+===，,而22P I R =得2111P I R P 4'==,故B 项正确.11.【解析】选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器,一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A 、C 、D 错误，B 正确.12.【解析】(1)根据电路的原理图，如果定值电阻太小，电流表G 1中的电流太小，读数误差较大，所以定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值较小一些的变阻器.(2)根据电路的原理图进行实物连接，注意电表的正负极不要接反.(3)闭合电键之前，应将滑动触头移到最左端，以防止闭合电键时烧坏电表;为减小实验误差，应多次测量取平均值. (4)根据串、并联规律可知:111121111I r R r I I I R R +=+=， 所以111R r k R +=即r 1=(k-1)R 1 答案:(1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端.③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1=(k-1)R 113.【解析】(1)根据E=BLv得：E=BLv m sin ωt (2分) (2)感应电动势的有效值为: m mE 22== (2分)感应电流的有效值为：EI R r=+ (2分)电阻R 上的发热功率为()2222m 2B L v R P I R 2R r ==+ (2分) 答案:(1)E=BLv m sin ωt (2)()222m 2B L v R 2R r +14.【解析】(1)彩色小灯泡额定电流L P 1I A U 24==，次级线圈总电流I 2=24I L =1 A. 变压器输入功率等于I 1U 1=I 2U 2=6 W, (3分) 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得22111111U I 6E U I R I R 6I I I =+=+=+, 代入E 值解得11I A 3=(I 1=3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I 2=1 A)，(3分)所以1221n I 3n I 1==. (1分)(2)发电机输出功率P=I 1E=6.67 W. (2分) 答案:(1)3∶1 (2)6.67 W15.【解析】(1)通过杆的电量q I t =∆ (1分) 根据闭合电路的欧姆定律EI 2R= (1分)根据电磁感应定律，得E t∆Φ=∆ (1分)B hq 2R 2R∆Φ==l (1分)(2)设ef 上升h 时，速度为v 1、拉力为F ，根据运动学公式，得:1v =(1分)根据牛顿第二定律，得: 11F mg BI mg 2--=l (2分) 根据闭合电路的欧姆定律，得11B v I 2R=l (1分)综上解得3mg F 2=+ (2分)答案:(1) B h2Rl(2)3mg 2+16.【解析】(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速度为v /s 1 m /s ===(2分)(2)由于油滴进入两板间的瞬间所受洛伦兹力水平向右，所以油滴带正电.油滴进入电、磁场后的情况如图所示，电场力F 电=qE=2×10-5×50 N=10-3 N (2分) G=mg=10-3 N带电油滴进入两板间，电场力与重力平衡，在磁场的作用下，油滴做匀速圆周运动.设圆周半径为R ，若恰好垂直落在N 板上的Q 点，则2mv F qvB R==洛B 2RT vπ=解得45mv 101R m 0.05 m qB 210100--⨯===⨯⨯ (2分)4B 52m 210T s 0.1s qB 210100--ππ⨯===π⨯⨯(1分)又已知d=0.3 m,由几何关系得d=6R (1分) 所以交变磁场周期B 1T T 0.05s 2==π (1分) (3)设Q 、O 两点的水平距离为x ，由几何关系得x=6R=0.3 m (2分) 答案:(1)1 m/s (2)正电 0.05π s (3)0.3 m。