浙江省高考物理总复习模块模拟卷4(选考部分,B版)

模块模拟卷4

A卷范围：选修3－2 满分：30分

二、选择题Ⅱ(本题共3小题。每小题2分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)

14．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是

( )

解析A图放大器得到所有成分；B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分；C图既可得高频成分也可得低频成分；D图通过C1的是高、低频成分都有，通过C2的旁路电容将高频成分滤去，故只有D合适。

答案 D

15．如图，倾角为α的斜面上放置着光滑平行导轨，导轨下端连有一定值定阻R，金属棒KN垂直放置于导轨上，在ab左侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直斜面向上，在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环也放置在斜面上。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始沿导轨向下运动后，下列说法正确的是

( )

A．圆环有收缩趋势

B．圆环有扩张趋势

C．圆环内产生的感应电流变小

D．圆环内产生的感应电流不变

解析由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向(垂直斜面向下看)的感应电流，则在圆环处产生垂直于斜面向上的磁场，随着金属棒做加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；又由于金属棒沿导轨向下运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小，A、C正确。

答案AC

16．(2016·杭州质检)如图所示，电路中有五个完全相同的灯泡，额定电压均为36 V，变压器为理想变压器，现在五个灯泡都正常发光，则变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2和电源电压U分别为( )

A．2∶3 72 V B．3∶2 54 V

C．3∶1 180 V D．3∶1 108 V

解析设灯泡正常发光时电流为I，则副线圈中电流为3I，原线圈中电流为I，由理想变压器原、副线圈中的电流之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，n1∶n2＝3∶1，由变压器原、副线圈两端的电压之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，原线圈两端电压为108 V，再加上两个灯泡两端电压可知U＝180 V，选项C正确。

答案 C

三、非选择题(本题3个小题，共24分)

21．(4分)在研究电磁感应现象的实验中：

(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图。

(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。

(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。

解析(1)实验电路如图所示。

(2)闭合开关，磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加，即副线圈

中感应电流与原线圈中电流的绕行方向相反。

(3)将原线圈拔出时，由楞次定律可判断，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向相同。 答案 (1)见解析图 (2)相反 (3)相同

22．(8分)发电机转子是边长为0.2 m 的正方形，线圈匝数为100匝，内阻为8 Ω，初始位置如图

所示，以ad 、bc 中点连线为轴以600 r/min 的转速在磁感应强度为1 π

T 的匀强磁场中转动，灯泡电阻为24 Ω，则：

(1)从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式；

(2)灯泡的实际消耗功率为多大？

解析 (1)线圈转动的角速度ω＝20π rad/s ，感应电动势的最大值为E m ＝nBS ω＝80 V 瞬时值表达式e ＝80sin (20πt ) V

(2)感应电动势的有效值E ＝

802 V ＝40 2 V ，电流为I ＝E R ＋r ＝40232 A ＝54 2 A 灯泡实际消耗的功率P ＝I 2R ＝75 W 。

答案 (1)e ＝80sin (20πt ) V (2)75 W

23．(12分)如图所示，MN 与PQ 为在同一水平面内的平行光滑金属导轨，间距l ＝0.5 m ，电阻不计，在导轨左端接阻值为R ＝0.6 Ω的电阻，整个金属导轨置于竖直向下的

匀强磁场中，磁感应强度大小为B ＝2 T 。将质量m ＝1 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属杆ab 垂直跨接在导轨上，金属杆ab 在水平拉力F 的作用下由静止开始向右做匀加速运动。开始时，水平拉力为F 0＝2 N 。

(1)求金属杆ab 的加速度大小；

(2)求2 s 末回路中的电流大小；

(3)已知开始2 s 内电阻R 上产生的电热为6.4 J ，求2 s 内水平拉力F 所做的功。

解析 (1)在初始时刻，由牛顿第二定律F 0＝ma ， 得a ＝F 0m ＝2 m/s 2

。

(2)2 s 末时，v ＝at ＝4 m/s

感应电动势E ＝Blv ＝4 V ，回路电流为I ＝E

R ＋r ＝4 A 。

(3)设拉力做功为W F ，由动能定理W F －W 安＝12

mv 2， 而Q R W 安＝R R ＋r ＝35

解得W 安＝323

J 所以W F ＝563

J≈18.7 J。 答案 (1)2 m/s 2

(2)4 A (3)18.7 J

B 卷 范围：选修3－2 满分：30分

二、选择题Ⅱ(本题共3小题。每小题2分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)

14．如图所示，质量为m 、高为h 的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上、下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h 的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为

( )

A ．mgh

B ．2mgh

C ．大于mgh 而小于2mgh

D ．大于2mgh

解析 因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh ，产生的内能亦为2mgh ，故选B 。

答案 B

15．如图所示，在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈匝数分别为n 1＝600，n 2＝120，交流电源电压U 1＝220 V ，原线圈中串联一个0.2 A 的保险丝，为保证保险丝不被烧断，则

( )

A ．负载功率不能超过44 W

B ．副线圈电流最大值不能超过1 A

C ．副线圈电流有效值不能超过1 A

D ．副线圈电流有效值不能超过0.2 A

解析 由P 入＝P 出可知P 入＝U 1I 1＝44 W 。又由U 1U 2＝n 1n 2

，得U 2＝44 V ，故I 2不能大于1 A ，负载功率不能超过44 W 。

答案 AC

16．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R 。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是

( )

A.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2R

C ．I 1U 1＝I 22R

D ．I 1U 1＝I 2U 2

解析 由于理想变压器的电流与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1

，A 错；由于R 两端的电压不等于U 2，故B 错；由能量关系可得U 1I 1＝I 22R ＋P 用，故C 错；由功率关系，P 入＝P 出可得I 1U 1＝I 2U 2，D 项正确。 答案 D

三、非选择题(本题3个小题，共24分)

21．(4分)在研究电磁感应的实验中，实验装置如图所示。线圈C 与灵敏电流表构成闭合电路。电源、开关、带有铁芯的线圈A 、滑动变阻器构成另一个独立电路。表格中的第三行已经列出了实验操作以及与此操作对应的电流表的表针偏转方向，请以此为参考，把表格填写完整。

解析 在开关S 闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时，阻值变大，电路中的电流变小，线圈A 中电流产生的磁场减弱，通过线圈C 中的磁通量减小，表针向右摆动，反之，磁通量增加时，表针向左摆动。闭合开关S 瞬间，通过线圈C 的磁通量增加，表针向左摆动；在开关S 闭合的情况下，线圈A 远离线圈C 时，通过线圈C 的磁通量减少，表针向右摆动；在开关S 闭合的情况下，将

线圈A 中的软铁棒抽出时，通过线圈C 的磁通量减少，表针向右摆动。

答案 表针向左摆 表针向右摆 表针向右摆

22．(8分)如图所示是某正弦交变电流的图象，根据图象求其峰值、周期和角速度，并写出交变电流的瞬时值表达式。

解析 由题图可知，交变电流的周期为T ＝0.02 s ，角速度为ω＝2πT

＝100π rad/s 故其瞬时值表达式为i ＝I m sin (100πt ) A

当t ＝0.002 5 s 时，i ＝1.414 A

所以I m sin (100π×0.002 5)＝1.414 A ，解得I m ＝2 A

所以i ＝2sin (100πt ) A

答案 2 A 0.02 s 100π rad/s i ＝2sin (100πt ) A

23．(12分)如图甲所示，两根光滑固定导轨相距0.4 m 竖直放置，导轨电阻不计，在导轨末端P 、Q 两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd 。棒cd 的质量为0.01 kg ，长为0.2 m ，处于磁感应强度为B 0＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2 m 的水平虚线MN 和JK 之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的磁场，且磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示。在t ＝0时刻，质量为0.02 kg 、阻值为0.3 Ω的金属棒ab 从虚线MN 上方0.2 m 高度处，由静止开放释放，下落过程中保持水平，且与导轨接触良好，结果棒ab 在t 1时刻从上边界MN 进入磁场，并在

磁场中做匀速运动，在t 2时刻从下边界JK 离开磁场，g 取10 m/s 2。求：

(1)在0～t 1时间内，电路中感应电动势的大小；

(2)在t 1～t 2时间内，棒cd 受到细导线的总拉力为多大；

(3)棒cd 在0～t 2时间内产生的焦耳热。

解析 (1)对棒ab 自由下落过程，有t 1＝2h

g ＝0.2 s

磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝0.50.2

T/s ＝2.5 T/s 由法拉第电磁感应定律得，0～t 1时间内感应电动势

E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt

L ab h

联立以上各式并代入数据可得E 1＝0.2 V

(2)由棒ab 匀速进入磁场区域可知BI 2L ab ＝m ab g 代入数据，可解得I 2＝1 A

在t 1～t 2时间内，对棒cd 受力分析，可得 F T ＝m cd g ＋B 0I 2L cd

代入数据，可解得F T ＝0.2 N

(3)棒ab 刚进入磁场时的速度为v ＝gt 1＝2 m/s 棒ab 刚进入磁场后的感应电动势为E 2＝BL ab v ＝0.4 V 则R cd ＝E 2I 2－R ab ＝0.1 Ω

在0～t 1时间内，感应电流为I 1＝E 1

R ab ＋R cd ＝0.5 A

棒cd 在0～t 2时间内产生的焦耳热

Q cd ＝Q 1＋Q 2＝I 2

1R cd t 1＋I 22R cd h v

＝0.015 J 。 答案 (1)0.2 V (2)0.2 N (3)0.015 J