【備戰(zhàn)2014】高考物理復(fù)習(xí)2013年模擬題匯編(1)專題.

1、2014 高考物理復(fù)習(xí)(模擬題匯編：專題十二力學(xué)實驗(11. (2013 連云港摸底如圖所示,矩形閉合線圈 abed 豎直放置，00是它的對稱軸, 通電kKX 鼻X直導(dǎo)線 AB 與 00 平行，且 AB、00 所在平面與線圈平面垂直。若要在線圈中 產(chǎn)生abeda 方向的感應(yīng)電流，可行的做法是 A .AB 中電流 I 逐漸增大 B .AB 中電流 I 先增大后減小 C .AB 正對 00 逐漸靠近線圈D .線圈繞 00 軸逆時針轉(zhuǎn)動 90俯視答案:D 解析:若要在線圈中產(chǎn)生 abeda 方向的感應(yīng)電流，可行的做法是線圈繞 00 軸逆時針轉(zhuǎn)動 90,選項 D 正確。2(2013 溫州八校聯(lián)考如圖所

2、示的四個選項中，虛線上方空間都存在方向垂直紙 面向里的勻強磁場。A、B 中的導(dǎo)線框為正方形，C、D 中的導(dǎo)線框為直角扇形。 各導(dǎo)線框均繞垂直紙面軸0 在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為 T。從線框處于圖示 位置時開始計XbX. 4 L時，以在 OP 邊上從 P 點指向 0 點的方向為感應(yīng)電流 i 的正方向。貝恠如圖所 示的四個情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流 i 隨時間 t 的變化規(guī)律如圖 3 所示的是（答案:C 解析:根據(jù)感應(yīng)電流在一段時間恒定，導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判 斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流 i 隨時間 t 的變化規(guī)律如圖 3 所示的是 C。3.（2013 唐山摸底如圖甲所示，水平

3、放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C 和電阻R，導(dǎo)體棒 MN 放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁 感應(yīng)強度 B 的變化情況如圖乙所示（圖示磁感應(yīng)強度方向為正，MN 始終保持靜止，則 0t 2時間ABBB CDBBA .電容器 CX X* X X X X；的電荷量大小始終沒變 B .電容器 C 的 a 板先帶正電后帶負(fù)電 C .MN 所受安培 力的大小始終沒變D .MN 所受安培力的方向先向右后向左答案:AD 解析:磁感應(yīng)強度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動勢，電容器 C 的電荷量大小始 終沒變，選項 A 正確 B 錯誤;由于磁感應(yīng)強度變化，MN 所受安培力的大小變化，MN 所

4、受安培力的方向先向右后向左，選項 C 錯誤 D 正確。4. (2013 湖北摸底如圖所示，正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強度為B 的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸 MN 恰與磁場邊緣平齊。若第一次將 線框從磁場中以恒定速度 v 1 向右勻速拉出，第二次以線速度 v2 讓線框繞軸 MN 勻 速轉(zhuǎn)過 90為使兩次操作過程中,線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等，則 A. v 1: v 2=2:nB. v 1: v 2=n:2 C. v 1: v 2=1:2 D. v 1: v 2=2:1答案:A 解析:將線框從磁場中以恒定速度 v 1 向右勻速拉出，時間 t 仁 L/2 土仁L/2v 1;

5、以線速度 v 2 讓線框繞軸 MN 勻速轉(zhuǎn)過90,角速度3=2 v 2/L 時間 t 2=2*3=24L v 為使兩次操作過程中，線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等,t 2= t 1,解得 v 1: v 2=2:選項 A 正 確。5.（2013 安徽師大摸底如圖，光滑斜面的傾角為B斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框 abed ,ab邊的邊長為 1l ,be 邊的邊長為 21 ,線框的質(zhì)量為 m，電阻為 R，線框通過絕緣細(xì) 線繞過光滑的滑輪與重物相連，重物質(zhì)量為 M ,斜面上 ef 線（ef 平行底邊的右方有垂 直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初 一段時間是做勻速運動

6、的，且線框的 ab 邊始終平行底邊,則下列說法正確的是（A 線框進入磁場前運動的加速度為sin Mg mg m9B .線框進入磁場時勻速運動的速度為sin (Bl Rmg Mg0-C .線框做勻速運動的總時間為 221(sin B l Mg mg R0D 該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為 2sin (l mg Mg -0答案:D解析:由牛頓第二定律,Mg-mg sin0=(M+m a弔得線框進入磁場前運動 的加速度為sin +Mg mg m M0-,選項 A 錯誤;由平衡條件,Mg-mg sin -F 安=0,F 安=BI 11，匸 E/R ,E=B 1l v ,聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速

7、度為v=221(sin Mg mg RB I -,選項 B 錯誤。線框做勻速運動的總時間為 t=2l /v=2212(si n B l l Mg mg R0選項 C 錯誤;由能量守恒定律，該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小，為 2sin (l mg Mg -,選項 D 正確。6.(2013 廣東二校聯(lián)考摸底如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一 位于紙面的、電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abed現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、 3v速度勻速 拉出磁場，則導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩過程中A .導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同 B .導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C .導(dǎo)體框 ad 邊兩端

8、電勢差相同D .通過導(dǎo)體框截面的電量相同答案:AD 解析:由楞次定律可判斷出，導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩過程中，導(dǎo) 體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，選項 A 正確;由于導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩 過程中速度不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流不同，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱不相同, 導(dǎo)體框 ad 邊兩端電勢差不相同，選項 BC 錯誤;由 E=OAt ,I=E/R ,q=lt 可得 q=/R。導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩過程中磁通量變化相同，通過導(dǎo)體框截面的電量相同，選項 D 正確。7.(12 分(2013 溫州八校期初聯(lián)考如圖 20 所示,足夠長的粗糙斜面與水平面成0=37 放置，在斜面上虛線 aa

9、和 bb 與斜面底邊平行，且間距為 d=0.1m，在 aa bSIb 成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B=1T ;現(xiàn)有一質(zhì)量為 m=10g ,總電阻為 R=1Q,邊長也為 d=0.1m 的正方形金屬線圈 MNPQ ,其初始位置 PQ 邊與 aa 重合,現(xiàn)讓金屬線圈以一定初速度沿斜面向上運動，當(dāng)金屬線圈從最高點 返回到磁場區(qū)域時，線圈剛好做勻速直線運動。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為 卩=0.5 不計其他阻力，求:(取sin37 =0.6, cos37 =0.8(1 線圈向下返回到磁場區(qū)域時的速度；(2 線圈向上離開磁場區(qū)域時的動能；(3線圈向下通過磁場過程中，線圈電阻 R

10、上產(chǎn)生的隹 八、耳熱(12 分解析:(1(5 分向下進入磁場時，有 mg sin9=卩 mg cos 安,+F 中 F 安=Bld, 匸 E/R,E=Bdv ,解得:v=(22sin cos mg mg R B d-=2m/9。(1(4 分線圈離開磁場到最高點有:-mgx sin -仕 mg cos9-Ex=0線圈從最高點到進入磁場有：mgx sin -9mg cosx=E 其中 E k =12mv 2,解得：E k 仁32222244sin cos 2m g R B d -=0.1J0(3(3 分向下勻速通過磁場過程 mg sin0- cos2 安 W0 Q=- W 安,解得:Q=2mgd(

11、sin 如 cos0=0.00。8.(16 分(2013 連云港摸底如圖所示,用 PM、QN 是兩根半徑為 d 的光滑的4圓弧軌道，其間距為 L ,0、P 連線水平,M .N 在同一水平高度，圓弧軌道電阻不 計，在其上端連有一阻值為 R 的電阻,整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強 度大小為 B。現(xiàn)有一根長度稍大于 L、質(zhì)量為 m、電阻為 m、電阻為 r 的金屬棒 從軌道的頂端 P 處由靜止開始下滑，到達(dá)軌道底端 MN 時對軌道的壓力為 2mg，求: (1 棒到達(dá)最低點時金屬棒兩端的電壓；(2 棒下滑過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量；圖20(3 棒下滑過程中通過金屬棒的電量。.解析:(1 在軌道的最低點 MN 處,F N =2mg ,F N -mg=m 2導(dǎo)體切割磁感線