2021-2022学年四川省内江市第六中学高二（上）期末综合科理综物理试题含解析

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    内江六中 2021—2022 学年（上）高 2023 届综合科考试理科综合物理试题本试卷包括Ⅰ（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 12 页。全卷满分 300 分，考试时间理、化、生三科共 150 分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。 2．第Ⅰ卷和每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。第Ⅱ卷用 0.5mm 黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。 3．考试结束，监考员将答题卡收回。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~5 小题只有一个选项符合题目要求，第 6~8 小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全得 3 分，有选错得得 0 分。 1. 新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。红外线和紫外线都是电磁波，下列关于电磁波的说法不正确的是（　　）A. 射线是波长最短的电磁波，它比射线的频率还要高B. 光也是电磁波，电磁波是横波C. 电磁波中最容易发生干涉、衍射现象的是无线电波D. 无线电波在发射信号前要对信号调频，调频的方法包括调幅与调制【答案】D【解析】【详解】A．射线是波长最短的电磁波，它比射线的频率还要高。故A正确，与题意不符；B．电磁波包括可见光，电磁波是横波。故B正确，与题意不符；C．电磁波中无线电波波长最长，最易发生干涉、衍射现象。故C正确，与题意不符；D．无线电波发射时，使电磁波随着信号而改变就称为调制，分为调频和调幅两种，调频是使高频振荡的频率随信号而改变，调幅是使高频振荡的振幅随信号而改变。故D错误，与题意相符。本题选不正确的，故选D。2. LC振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则（　　）
 A. 若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由a向bB. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上板带正电C. 若磁场正在增强，则电场能正在减少，电容器上板带正电D. 若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由a向b【答案】C【解析】【详解】AB．若磁场在减弱，则磁场能在减小，电场能在增大，电容器在充电。根据磁感线的方向，由右手螺旋定则可以判断出电流方向由b向a。由于是充电的过程，电流向正极板流动，故上板带负电，A、B错误；CD．若磁场在增强，则电场能在减少，电容器在放电。根据右手螺旋定则可以判断出电流方向由b向a。因为是放电过程，电流从正极板流出，电容器上板带正电。C正确，D错误；故选C3. 如图所示，一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，绕其垂直于磁感线的对称轴OO'以角速度ω匀速转动，匀强磁场只分布于OO'的左侧区域，磁感应强度为B，外接电阻为R，从图示位置转180°的过程中，下列说法正确的是A. 从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωsinωtB. 通过电阻R的电荷量C. 外力做功平均功率D. 电阻R中产生的焦耳热为【答案】B【解析】【详解】A．感应电动势的最大值Em=NBSω则从图示位置开始计时，感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωsinωt选项A错误；B．通过电阻R的电荷量选项B正确；C．外力做功平均功率选项C错误；D．电阻R中产生的焦耳热为选项D错误；故选B． 点睛：此题关键是知道线圈的一半在磁场中，则产生的感应电动势的最大值变为一半，转过1800时磁通量变化量为BS，这是容易出错的地方，要特别注意.4. 如图，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒ab与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场B，导轨的N、Q端接理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。若用、、分别表示通过R、L和C的电流，不考虑电容器的瞬间充放电，则下列判断中正确的是（　　）
 A. 若ab棒匀加速直线运动，则、、B. 若ab棒匀速直线运动，则、、C. 若ab棒做加速度变小的加速运动，则、、D. 若ab棒匀减速直线运动，则、、【答案】A【解析】【分析】【详解】AD．若ab棒匀加速运动或匀减速运动，原线圈中感应电流均匀增大或均匀减小，穿过副线圈的磁通量均匀增大或均匀减小，副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有隔直的特性，，而电感线圈有通直的特性，，故I、、，A正确，D错误；B．在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，则副线圈中没有感应电动势产生，所以、、，B错误；C．若ab棒做加速度变小的加速运动，原线圈中产生非均匀变化的交变电流，副线圈中的磁通量变化率减小，将有不断减小的感应电动势产生，故I、、电容会不断放电，，C错误。故选A。5. 如图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P，现用力从四周拉弹簧线圈，使线圈包围的面积变大，则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中，正确的是（ ）A. 磁通量增大，有感应电流产生B. 磁通量增大，无感应电流产生C. 磁通量减小，有感应电流产生D. 磁通量减小，无感应电流产生【答案】C【解析】【详解】穿过线圈的磁通量分为两部分，一部分是磁铁外部的磁通量，一部分是磁铁内部的磁通量，磁通量之和为两部分之差，所以当线圈面积增大时，磁铁外部穿过线圈的磁通量增大，内部的磁通量不变，所以差减小，故磁通量减小，所以会产生感应电流。故选C6. 法拉第圆盘发电机示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（  ）A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】【详解】A.由电磁感应定律得，，故ω一定时，电流大小恒定，选项A正确；B.由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；C.圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，选项C错误；D.电流在R上的热功率角速度加倍时功率变成原来的4倍，选项D错误。故选AB。7. 如图所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域（边缘磁场忽略不计），上边界与MN垂直。现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN左侧垂直于MN匀速向右运动，导体框穿过磁场过程中所受安培力F的大小随时间变化的图像以及感应电流i随时间变化的图象正确的是（取逆时针电流为正）（　　）
 A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【详解】CD．设正三角形的边长为a，匀速运动的速度为v，线框匀速进入磁场的过程，由楞次定律可知，电流方向为逆时针为正方向，线框所受的安培力方向向左，t时刻线框有效切割长度产生的感应电动势感应电流的大小电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针为负方向电流随时间均匀减小，故C正确，D错误。AB．进磁场根据安培力公式图线是开口向上的抛物线；线框离开磁场图线是开口向上的抛物线。根据数学知识可知B正确，A错误。故选BC。8. 如图所示，边界水平的区域I、II宽度均为，两区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度相同。边长为的正方形导线框从Ⅰ区域上方某位置由静止释放，已知线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）A. 线框穿过Ⅰ区域磁场过程的加速度大小一定小于gB. 线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过II区域磁场过程安培力的冲量相同C. 线框穿过Ⅰ区域磁场比穿过II区域磁场产生的焦耳热小D. 线框穿过I、II两区域磁场的过程所用时间可能相同【答案】ABC【解析】【详解】A．恰能匀速穿过Ⅱ磁场，则穿出I磁场后，还需要经过一段加速过程，才能到达Ⅱ磁场，因此穿出I磁场时的速度必然小于。假设线框穿过I磁场过程的加速度大于g，则刚进入I磁场时做减速运动，减速过程所能达到的最小速度即为，与上述分析不符，故线框穿过I磁场过程的加速度大小一定小于g。故A正确；B．线框穿过磁场过程安培力的冲量线框穿过Ⅰ磁场和穿过II磁场过程，磁通量变化量大小相同，则安培力的冲量相同。故B正确；CD．由A选项分析可知，线框穿过I磁场过程仍然向下加速，且最大速度小于，穿过II磁场速度为，则线框穿过I磁场的过程所用时间大于穿过II磁场的过程所用时间，穿过磁场的过程，线框产生焦耳热为易知，两个过程中磁通量变化量相同，所以线框穿过Ⅰ磁场比穿过II磁场产生的焦耳热小。故C正确；D错误。故选ABC。第Ⅱ卷 非选择题二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题~第12题为必考题，每个试题考试都必须作答。第13题~第14题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题9. 某同学用图甲所示的装置研究单摆运动的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，用力传感器得到细线对摆球拉力的大小随时间变化的图线如图乙所示，且从最低点开始为计时起点由图乙中所给的数据结合力学规律可得
 （1）该同学先用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______cm；（2）由图像得该单摆的运动周期T=______s；（3）摆球的质量m=_______kg  （g=10m/s2）【答案】    ①. 1.570    ②. 2    ③. 0.05【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的读数为(2)[2]由图乙结合单摆运动规律可知，该单摆的振动周期为2s；(3)[3]设最大摆角为，则有从最高点到最低点由动能定理得联立解得10. 如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
 （1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将______偏转；（填“向左”“向右”或“不”）（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是______；A．插入铁芯B．拔出A线圈C．变阻器的滑片向左滑动D．断开电键S瞬间（3）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向______（填“上”、“下”）：图（3）中的条形磁铁下端为______极（填“N”、“S”）。
 【答案】    ①. 向右    ②. BD##DB    ③. 下    ④. S【解析】【详解】（1）[1]如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明线圈B中磁通量增加，产生的感应电流使指针向右偏转，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，线圈B中的磁通量也增加，产生的感应电流方向相同，故电流计指针也将向右偏转； （2）[2] A．据前面分析有插入铁芯会使得通过线圈B中的磁通量变大，则使灵敏电流计的指针向右偏转，故A错误；B．拔出A线圈，会使得通过线圈B中的磁通量变小，则会使得灵敏电流计指针向左偏转，故B正确；C．变阻器的滑片向左滑动，则通过线圈A中的电流变大，从而会使得通过线圈B中的磁通量变大，从而灵敏电流计的指针仍会向右偏转，故C错误；D．断开电键S瞬间，会使得通过线圈B中的磁通量变小，从而灵敏电流计的指针会向左偏转，故D正确。故选BD。（3）[3]依题意有，可知实验时通过螺线管的电流是从上端流入、下端流出，则根据右手螺旋定则可知此时通电螺线管产生的磁场方向向下，而此时恰好条形磁铁的S极朝下，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且磁通量在增大，可知条形磁铁应向下运动；[4] 依题意有，可知实验时通过螺线管的电流是从下端流入、上端流出，则根据右手螺旋定则可知通电螺线管产生的磁场方向向上，而条形磁铁又向上远离螺线管，结合楞次定律，说明引起感应电流的磁场方向向上且通过螺线管的磁通量在减小，则可知条形磁铁的下端为S极。11. 如图所示，理想变压器的原线圈上接有理想电流表，副线圈上接有“36V，9W”的灯泡L1和“36V，12W”的灯泡L2，开关S断开时，L1正常发光，电流表的读数为1A。求：（1）S断开时，通过副线圈的电流；（2）原副线圈的匝数比；（3）S闭合后变压器的输入功率和电流表的读数。【答案】（1）0.25A；（2）1：4；（3）21W；【解析】【详解】（1）开关S断开时，L1正常发光，电流为（2）关S断开时，L1正常发光，电流表的读数为1A．根据电流与匝数成反比知原副线圈的匝数比n1：n2=0.25：1=1：4。（3）S闭合后副线圈两端的电压不变，仍然为36V，两个灯泡都正常发光，输入功率等于输出功率为P=9+12=21W副线圈电流为所以电流表的示数为12. 如图所示，水平面上有一面积为S的圆形线圈与导轨ABCD相连，线圈的电阻为，内有磁场，磁感应强度随时间变化的关系为（常量），导轨AB与CD相距l，虚线PQ把导轨ABCD分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区有水平向左的匀强磁场，Ⅱ区有垂直纸面向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小均为B，现有一根质量为m、电阻为R的导体棒以初速度ν从Ⅰ区向右运动到Ⅱ区，不计一切摩擦，导轨的电阻不计，重力加速度为g，求：（1）在Ⅰ区运动时导轨对棒的弹力FN；（2）刚进入Ⅱ区瞬间棒的热功率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）在Ⅰ区时，感应电动势感应电流大小根据楞次定律判断知，感应电流方向在圆形线圈中为顺时针方向；根据左手定则，判断知棒所受安培力方向与导体棒重力方向相同，大小为对棒在竖直方向上，有可得在Ⅰ区运动时，导轨对棒的弹力（2）棒刚进入Ⅱ区时，总的感应电动势为此时电流又得刚进入Ⅱ区瞬间，棒的热功率（二）选考题13. 如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，P是离原点x1＝2m的一个介质质点，Q是离原点x2＝4m的一个介质质点，此时离原点x3＝6m的介质质点刚刚要开始振动。图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同）。由此可知_____A. 这列波周期为T＝3sB. 图乙可能是图甲中质点Q的振动图象C. 这列波的传播速度为v＝2m/sD. 这列波的波源起振方向沿y轴正方向E. 位于x＝10m处质点将于t＝2s时起振【答案】BCE【解析】【详解】AC．由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速故C正确，A错误；B．由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象，故B正确；D．波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故D错误；E．2s时间内波向x轴正向传播x=vt=4m恰好传到x=10m处的质点处，则位于x= l0m处的质点将于t=2s时起振，选项E正确。故选BCE。【点睛】本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握。14. 如图所示为半圆柱形玻璃砖的截面图，直径AB的长度为24 cm，光屏MN垂直于AB放置并接触于A点。某单色光束a从半圆弧表面上射向半圆玻璃砖的圆心O，光线与竖直直径AB之间的夹角为60°，最终在光屏MN上出现两个光斑。已知玻璃砖的折射率为，求（结果可以用分式或根式表示）：（1）光屏MN上两个光斑间距离；（2）改变光束a的入射方向，使光屏MN上只剩一个光斑，求此光斑离A点的最远距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据题意作出如图所示光路图，其中为光束在面的折射光线、折射的入射角，为光束在面的反射光线。设光束在面的折射角为，则由光的折射定律有解得于是由几何关系知，又因此光屏上两个光斑间的距离为（2）分析可得，当光束在面上恰好发生全反射时，光屏上只剩一个光斑且光斑离点的距离最远。设激光在面上恰好发生全反射时的临界角为，由折射定律可得光斑离点的最远距离为由数学知识并代入数据可得