四川省内江市第六中学2022-2023学年高二理综下学期期末热身试题（Word版附解析）

内江六中2022-2023学年（下）高2024届期末热身训练

理科综合试题

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。

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度

B. 当波源与观察者互相靠近时，观察者接收到的波的频率会变小

C. X射线能够穿透物质，可以用来检查人体内部器官

D. 光在任何介质中的传播速度都为

【答案】C

【解析】

【详解】A．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片用来滤掉部分透射光，使拍摄的物体更加清晰，故A错误；

B．根据多普勒效应，当波源与观察者互相靠近时，观察者接收到的波的频率会变大，故B错误；

C．X射线能够穿透物质，可以用来检查人体内部器官，也就是X透视，故C正确；

D．光在真空中的传播速度为，故D错误。

故选C。

2. 如图，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕轴在水平方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场中以角速度匀速转动，从图示位置（矩形线圈水平）开始计时。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，理想电流表、的示数分别为、，理想电压表、的示数分别为、。下列说法正确的是（　　）

A. 当矩形线圈处于图示位置时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为0

B.

C. 滑动变阻器的滑片向c端移动的过程中，变大

D. 滑动变阻器的滑片向d端移动的过程中，变小

【答案】C

【解析】

【详解】A．当矩形线圈处于图示位置时，穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，故A错误；

B．线圈产生感应电动势的最大值为

则

故B错误；

C．滑动变阻器的滑片向c端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，原线圈两端的电压不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，副线圈电阻变大，电流变小，两端的电压变小，两端的电压变大，因此变大，故C正确；

D．滑动变阻器的滑片向d端移动的过程中，同理可得流过副线圈的电流变大，根据变压器原、副线圈的电流关系可知变大，故D错误。

故选C

3. 如图所示，要使铜制线圈c中有顺时针方向（从左向右看）的感应电流产生且被螺线管排斥，则金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做的运动可能是（　　）

A. 向右的匀速运动 B. 向左的加速运动

C. 向右的减速运动 D. 向右的加速运动

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．导体棒ab向右匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管排斥，A错误；

BD．导体棒ab向右或向左做加速运动时，ab中产生的感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，相当于螺线管靠近线圈c，根据“来拒去留”规律，螺线管与线圈c相互排斥；导体棒向左加速运动时，产生由b向a向上增加的电流，在螺线管中产生的磁场左端是N极，则穿过圆环的磁通量向左增加，根据楞次定律可知在圆环中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，则B正确，D错误；

C．导体棒ab向右或向左做减速运动时，ab中产生的感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，相当于螺线管远离线圈c，根据“来拒去留”规律，螺线管与线圈c相互吸引，故C错误；

故选B。

4. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】原副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流

原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流

那么原线圈输入电压

整理可得

原副线圈电阻消耗的功率根据

电阻相等，电流为1:3，可得功率比为1:9

故选A。

5. 如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，间距为，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为。P、M间接有阻值为的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取，则（　　）

A. 金属杆中感应电流方向为a指向b B. 金属杆所受的安培力沿轨道向下

C. 定值电阻的阻值为 D. 金属杆的质量为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，故A错误；

B．由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B错误；

CD．总电阻为

通过ab的电流为

当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有

变形得

根据图像可得

解得

故C正确，D错误。

故选C。

6. 如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正，则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．由图乙可知，内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值，根据法拉第电磁感应定律有

为定值，则感应电流为定值

在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与内相同，在内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与内相同，在内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与内相同，故B错误，A正确；

CD．在内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据可知，安培力逐渐减小，由左手定则可知，cd边所受安培力方向向右，为负值，0时刻安培力大小为

在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据，则安培力逐渐增大，由左手定则可知，cd边所受安培力方向向左，为正值，末安培力大小为

在内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，由左手定则可知，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为

在内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，由左手定则可知，cd边所受安培力方向向左，末的安培力大小

故D错误，C正确。

故选AC。

7. 如图（a），螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框abcd相连，abcd内有一柔软的正方形金属环L，L与abcd共面，当B随时间t按图（b）所示规律变化时（　　）

A. 0~内，导线框中有顺时针方向的感应电流

B. 0~内，金属环L有收缩趋势

C. ~内，a点电势高于d点电势

D. 内，金属环L中有逆时针方向感应电流

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由题意可知，在0～t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加且斜率不变，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，故A正确；

B．在0～t1内外加磁场的磁感应强度均匀增加且斜率不变，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的是恒定电流，故在abcd平面内产生恒定的磁场，故通过金属环L的磁通量没有变化，故B错误；

C．~内外加磁场的磁感应强度减小，然后再反向增大，根据楞次定律，可知导线框内有逆时针方向的感应电流，螺线管作为电流，其内部的电流由d流向a，故a点电势高于d点电势，故C正确；

D．内外加磁场的磁感应强度反向减小，根据楞次定律，可知导线框内有顺时针方向的感应电流，且图线的斜率越来越小，根据法拉第电磁感应定律，可知流过导线框的电流越来越小，故在abcd平面内产生向里减小的磁场，根据楞次定律，可知金属环L中有顺时针方向的感应电流，故D错误。

故选AC。

8. 如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨、相距L倾斜放置，与水平面的夹角为，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨的上端与水平放置的两金属板M，N相连，板间距离为d，板间固定有一带电微粒，质量为m，电阻与定值电阻相等的金属棒水平跨放在导轨上，金属棒的质量为M，下滑过程中与导轨接触良好，现将金属棒由静止释放，当金属棒的速度达到稳定时释放板间带电微粒，带电微粒恰好保持静止，不计金属导轨的电阻，则下列说法正确的是（　　）

A. 带电微粒一定带正电

B. 带电微粒的比荷等于

C. 金属棒下滑的稳定速度为

D. 在金属棒匀速下滑时，突然增大磁感应强度，金属棒会做减速运动，带电粒子会向上运动

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．根据切割线右手定则可以判断出M板电势高于N板电势，电场线向下，重力方向竖直向下，带电微粒恰好保持静止，所以带电微粒一定带负电，故A错误；

B．当金属棒的速度达到稳定时受力平衡

联立可得

带电微粒恰好保持静止，受力平衡

联立可解

故B正确；

C．当金属棒的速度达到稳定时受力平衡

解得

故C错误；

D．在金属棒匀速下滑时，突然增大磁感应强度的瞬间，速度不变，因此感应电流增大，导体棒受到的安培力增大，金属棒会做减速运动，电容器两端的电压增大，带电粒子会向上运动，故D正确。

故选BD。

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16题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题

9. 观察下列三幅图，在横线上完成相应内容。

（1）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图1所示。双缝到毛玻璃屏之间的距离为l，双缝间的距离为d，且满足。测得n条亮条纹中心之间的距离为a，则入射光波的波长为λ=____________。

（2）在“利用插针法测定玻璃折射率”的实验中，某同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不慎误将玻璃砖向上平移至图中虚线位置（如图2所示），而其他操作均正确，则他测得的折射率将________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

（3）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验装置如图3所示。用停表测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球的直径为d，则重力加速度的表达式为g＝________________。

【答案】    ①.     ②. 不变    ③.

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]双缝干涉的条纹间距为

由题意有

则联立可得，入射光波的波长为

（2）[2]如下图所示，光线1表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，光线2是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有发生变化，则由折射定律可知，他测得的折射率将不变。

（3）[3]单摆的周期为

摆长为

根据单摆周期公式，有

联立可得，重力加速度为

10. 图甲为《探究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图，现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、B，电流计及开关连接成如图所示的电路。

（1）电键闭合后，下列说法中正确的是（     ）

A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转

B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大

C．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大

D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转

（2）在实验中，如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，这时，是__________转化为电能；

（3）上述实验中，线圈A、B可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转。则乙图中灵敏电流计指针向__________接线柱方向偏转（填：正、负）。

【答案】    ①. BC    ②. 机械能    ③. 负

【解析】

【分析】

【详解】（1）[1]A．当将线圈A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；

B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；

C．滑动变阻器的滑片P滑动越快，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故C正确；

D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则电流计指针会发生偏转，故D错误；

故选BC。

（2）[2]如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，对应的是动生电动势，由能量守恒定律可知，是将机械能转化为电能。

（3）[3]因电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据图可知，螺线管的感应电流由下向上，则灵敏电流计指针向负接线柱方向偏转。

11. 如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V，若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗。求：

（1）输电导线上输送的电流；

（2）升压变压器的匝数比；

（3）降压变压器的匝数比。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）输电线上的电流为，有

可得

（2）升压变压器升压后的电压

升压变压器的匝数比

（3）降压变压器得输入电压

降压变压器的匝数比

12. 如图，质量且电阻不计的U形导体框放置在倾角的固定绝缘斜面上，与导体框底边MN相距的下方有方向垂直于斜面向下的矩形匀强磁场区域，MN平行于磁场边界和斜面底边，电阻R=2Ω的金属棒PQ置于导体框上，与MN相距。现同时由静止释放PQ棒和导体框，当MN刚好进入磁场时，导体框恰好做匀速运动，当MN刚好离开磁场时，PQ棒恰好进入磁场也做匀速运动。MN和PQ棒的长度均为，PQ棒与导体框接触良好，不计一切摩擦，忽略电流之间的相互作用，重力加速度g=10m/s2。求

（1）磁场的磁感应强度大小B；

（2）PQ棒的质量m0；

（3）从释放PQ棒和导体框到PQ棒离开磁场的整个过程中，回路中产生的焦耳热Q。

【答案】（1）2T；（2）2.4kg；（3）22J

【解析】

【详解】（1）设MN进入磁场前瞬间速度为，进入前框和棒一起做相同的匀加速直线运动对框，由动能定理有

代入数据得

MN进入磁场后切割磁感线，产生的感应电动势为

回路电流为

导体框在磁场中受重力、支持力、压力、安培力作用做匀速运动

安培力大小为

由力的平衡条件有

代入数据解得

B=2T

（2）设PQ棒进入磁场前瞬间的速度为，进入前棒一直做匀加速直线运动，同理，对棒，由动能定理有

代人数据得

棒进入磁场后切割磁感线，产生的感应电动势为

回路电流为

棒在磁场中受重力、支持力、安培力作用做匀速运动，安培力大小为

由力的平衡条件有

代人数据解得

（3）设磁场的宽度为x，MN在磁场中运动的时间为Δt

由题意有

代入数据得

故有

导体框和PQ棒先后在磁场中做匀速运动，PQ棒和导体框克服安培力散的功分别为

故整个过程中回路产生的焦耳热为

代入数据解得

Q=22J

（二）选考题。

[物理__选修3-3]

13. 根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（　　）

A. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动

B. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的

C. 用活塞压缩密闭汽缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105J

D. 一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量

E. 根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．布朗运动是悬浮在水中的微粒的运动，它间接说明液体分子永不停息地做无规则运动，A错误；

B．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B错误；

C．用活塞压缩密闭汽缸里气体，外界对气体做功2.0×105J，为正值，同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值，根据热力学第一定律，有

C正确；

D．等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D正确；

E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，E错误。

故选BCD。

14. 如图所示，在开口向上的竖直放置圆筒形容器内用质量为m的活塞密封部分气体，活塞与容器壁间能够无摩擦滑动，大气压恒为，容器的横截面积为S，活塞静止于位置A．对活塞施加外力F，使其从位置A缓慢移动到位置B，位置A、B到容器底部的距离分别为、，密封气体与外界温度始终保持相同，已知重力加速度为g。。求：

（1）活塞在位置A时，密封气体的压强；

（2）活塞在位置B时，外力F的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）活塞静止于在位置A时，对活塞：

则

（2）活塞在位置B时，对活塞：

活塞从位置A缓慢移动到位置B的过程，气体等温变化，则

可得

[物理__选修3-4]

15. 如图甲，在电视剧《西游记》中，孙悟空为朱紫国国王悬丝诊脉，中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急。如图乙，假设“丝”上有A、B、C三个质点，坐标分别为、、，A、B两质点运动的方向始终相反，波长大于0.6 m。时刻，朱紫国国王搭上丝线图中的质点A，质点A开始振动，其振动图像如图丙所示，产生的机械波沿丝线向孙悟空传播。关于该机械波，下列说法正确的是（　　）

A. 波长为0.8 m

B. 波速为1.6 m/s

C. 时，质点C第一次运动到波峰

D. 在到内，质点B通过的路程为3.5 mm

E. 若孙悟空将丝线的另一端搭在自己的脉搏上，他的脉搏振动频率为1 Hz，则丝线中两列波相遇时能发生稳定的干涉现象

【答案】ADE

【解析】

【详解】A．A、B两质点运动的方向始终相反，可知A、B两质点间的距离为，因波长大于0.6m，可知，故A正确；

B．根据，，可得

故B错误；

C．由图丙可知，所有质点的起振方向均沿y轴负方向，所以质点C第一次运动到波峰的时间

故C错误；

D．质点B从开始振动，在到内的运动时间为1.75s=，运动路程

故D正确；

E．因丝线两端波源的振动频率相同，所以能发生稳定的干涉现象，故E正确。

故选ADE。

16. 如图，一内部空心、厚度均匀的圆柱形玻璃管内半径为，外半径为，高为。一束单色光从玻璃管上方入射，入射点与点的距离为，光线与圆柱上表面成角，且与直径在同一竖直平面内。光线入射后从玻璃管内壁射出，最终到达圆柱底面。已知该玻璃管的折射率为，光在真空中的传播速度为、（有光折射时，不考虑反射）

（1）证明光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射；

（2）求光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间。

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意可知，光线在玻璃管上方的入射角

由折射定律有

可得

所以光线在玻璃管内壁的入射角

光线在玻璃管中的临界角满足

可知

所以光线入射到玻璃管内壁时不会发生全反射。

（2）光线在玻璃管内壁折射，由折射定律有

可得

光线在玻璃管内壁上的折射光线恰好入射到圆柱底面，光路图如图所示

光线从玻璃管上方入射至到达圆柱底面所需的时间

又有

联立解得