【文档说明】四川省内江市第一中学2023-2024学年高三下学期6月月考理科综合试题-高中物理 Word版含解析.docx，共(16)页，1.860 MB，由小赞的店铺上传

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内江一中高2024届理科综合能力6月月考考试一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14—18题只有一个选项符合题目要求；第19—21小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，

有选错的得0分）1.下列有关机械振动和机械波的说法不正确的是（）A.做简谐运动的弹簧振子，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的加速度也一定相同B.火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低C.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周

期与单摆的摆长无关D.在平静水面激起的水波波长与障碍物尺寸差不多或较大，才能观察到明显的衍射现象【答案】B【解析】【详解】A．弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相同，则这两个时刻的加速度也相同，故A正确，

不符合题意；B．火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，故B错误，符合题意；C．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故C正确，不符合题意；D．当水

波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，将发生明显的衍射现象，故D正确，不符合题意。故选B。2.下列关于交流电说法正确的是（）A.用交流电流表和电压表测定的读数值是交变电流的瞬时值B.保险丝的额定电流、电容器的耐压值都是交变电流的有效值C.因为有效值表示交流

电产生的平均效果，所以有效值与平均值相同D.我国交流电的频率是50Hz，表明发电厂发电机转子（线圈）转动的角速度100rad/s=【答案】D【解析】【详解】A．用交流电流表和电压表测定的读数值是交变电流的有效值，故A错误；B．保险丝的额

定电流是交变电流的有效值，电容器的耐压值是交变电流的最大值，故B错误；C．交流电有效值是利用电流的热效应定义的，与平均值不具有相同的效果，故C错误；D．我国交流电的频率是50Hz，则周期为10.02sTf==发电厂发电机转子（线圈）转动的角速度为2100r

ad/sT==故D正确。故选D。3.在如图所示的电路中，1L、2L、3L为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关，C是电容很大的电容器。关于三盏灯泡，下列说法正确的是（）A.合上开关时，2L不亮，1L、3L同时亮B

.合上开关时，三盏灯泡同时亮C.开关合上足够长时间后，3L最亮，1L、2L一样亮D.开关合上一段时间后再断开，1L、2L亮一下后一起缓慢熄灭，3L立即熄灭【答案】C【解析】【详解】AB．S刚闭合时，线圈中产生自感现象，此时线圈可看作一个很大的电阻，故2L不亮，大电容对变化电流阻碍

作用很小，此时电容器可看作阻值很小的导线，3L相当于被短路，故3L也不亮，只有1L亮，选项AB错误；C．S闭合足够长时间后，电路稳定而自感现象消失，因为线圈的直流电阻为零，故可将线圈看作一根导线，1L、2L灯一样亮，电容器C断路，3L中电流等于干路电流，故3L最亮，选项C正确；D．S闭

合时，电容器C充电，S闭合一段时间后，C中无电流，相当于断路，S再断开，由于自感现象，此时线圈可看作新的电源，1L、2L都亮一下后一起缓慢熄灭，电容器将对3L放电，故3L也将逐渐熄灭，选项D错误。故旋钮C。4.如图所示，一

个各短边边长均为L，长边边长为3L的线框，匀速通过宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，线框沿纸面运动，开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合，此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差Uab随时间t变化关系图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】

D【解析】【详解】由题意可知，在0~L的运动中，即0~1时间内，ab边切割磁感线产生的感应电动势1EBLv=a点电势高于b点电势，则有910abUBLv=L~2L的运动中，即1~2时间内，产生的感应电动势

22EBLv=a点电势低于b点电势，则有1221010abUBLvBLv=−=−2L~3L的运动中，即2~3时间内，最左边切割磁感线产生的感应电动势33EBLv=a点电势高于b点电势，则有1331010abU

BLvBLv==故选D。5.如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（）A.副线圈两

端电压的变化频率为0.5HzB.在t=0时刻，电流表A2的示数不为0C.滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变小D.滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大【答案】B【

解析】【详解】A．由图乙可知交流电周期为0.02s，因此频率为50Hz，理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为50Hz，故A错误；B．电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在t=0时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确

；C．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表V1和V2的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻R0上的电压减小，因此电压表V3的示数变大，故C错误；

D．由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表A1示数变小，在副线圈电路中，定值电阻R0可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，根据22222322000()()4UUPUIIRRRRRRRR====−++由于不确定滑动变阻器R与定值电

阻R0的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。故选B。6.频率不同的两束单色光a和b以相同的入射角从同一点射入某玻璃棱镜后，光路如图所示，下列说法正确的是（）A.该棱镜对a光的折射率较b光的大B.a光在该玻璃中的传播速度较b光的大C.a光的频率较b光的大D.a光和b光从该玻璃

以相同的入射角射到玻璃和空气的界面上，a光没能进入空气，则b光也一定不能进入空气【答案】AC【解析】【详解】AC．由图可知a光的偏折程度比b光的偏折程度大，所以该棱镜对a光的折射率较b光的大，a光的频率较b光的大，故AC正确；B．根据c

vn=可知a光在该玻璃中的传播速度较b光的小，故B错误；D．根据1sinCn=可知a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，当a光和b光从该玻璃以相同的入射角射到玻璃和空气的界面上，a光没能进入空气，说明入射角大于a光的临界角，但不一定大于b光的临界角，所以b光不一定不能进入空气，故D错误

。故选AC。7.如图甲，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端与电阻R连接，流过电阻R的电流i随时间t变化的图像如图乙所示，已知电阻R的阻值为2Ω。下列说法正确

的是（）A.2st=时，穿过矩形线圈abcd的磁通量最小B.2st=时，穿过矩形线圈abcd的磁通量最大C.经过4s，电阻R产生的焦耳热为16JD.经过4s，电阻R产生的焦耳热为8J【答案】BD【解析】【详解】AB．2st=时，由图乙可知感应电流为零，线圈处于中

性面，磁通量最大，故A错误，B正确；CD．计算交流电产生的焦耳热需要用有效值，流过电阻R的电流有效值为m1A2II==经过4s，电阻R产生的焦耳热为22124J8JQIRt===故C错误，D正确。故选BD8.如图所示

，PQMN、为两条平行光滑金属导轨，与水平面成一定的夹角，PM间接有电动势恒定的电源，整个空间有垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），导轨足够长且电阻忽略。具有一定质量和电阻的导体棒ab垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，现由

静止释放导体棒ab，导体棒ab的初位置距PMQN、足够远，以沿导轨平面向下为速度的正方向。则导体棒在以后的运动过程中，速度随时间变化的图像可能正确的是（）A.B.。的C.D.【答案】BD【解析】【详解】假设电源电动势为E，内阻为r，导体棒长度为

L，电阻为R，导体棒产生的电流为EIRr=+则导体棒受到的安培力为恒力，其大小为EBLFIBLRr==+如果电源产生的电流受到的安培力沿斜面向下，则导体棒受到安培力与重力沿斜面的分力的合力为sinsinEBLFmgmgRr+

=++在此合力作用下，导体棒沿斜面向下做静止开始加速，导体棒切割磁感线产生感应电流'BLvIRr=+感应电流受到安培力为22''BLvFIBLRr==+根据牛顿第二定律，导体棒运动过程中加速度为'22sinsin()()FmgFEBLBLvagmRrmRrm+−==+−++随着v增大，a逐渐

减小至0，此过程中导体棒沿斜面向下做静止开始的加速度逐渐减小的加速运动，最终为匀速直线运动，故B选项正确；同理，如果电源产生的电流受到的安培力沿斜面向上，并且安培力大于重力沿斜面分力，则根据牛顿第二定律

，导体棒运动过程中加速度为'22sinsin()()FmgFEBLBLvagmRrmRrm−−==−−++导体棒沿斜面向上做静止开始的加速度逐渐减小的加速运动，最终为匀速直线运动，故D选项正确；无论如果电源产

生的电流受到的安培力方向如何，最终导体棒均做匀速直线运动，故AC选项错误。故选BD。二、非选择题9.（1）探究电磁感应现象应选用如图___________（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。（2）在图甲中，当闭

合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央），则：在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中电流表的指针将___________偏转，（选填“向左”、“向右”或“不发生”）；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将___________

偏转；（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。（3）在图丁中，R为光敏电阻，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为__________

_（选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将___________（选填“向左”或“向右”）运动。【答案】①.甲②.向左③.向右④.逆时针⑤.向左【解析】【详解】（1）[1]在电磁感应现象中，感应电流的方向与导体切割磁感线

运动的方向和磁感线的方向有关。探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，分析图甲与乙可知，探究电磁感应现象应选用甲图装置。（2）[2]当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏。磁体N极插入

线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入，则此时电流表的指针将向左偏转；[3]在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则此

时电流表的指针将向右偏转。（3）[4]根据安培定则，螺线管内部磁场向右，金属环中的磁场向右，当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，金属环的磁通量增大，根据增反减同，感应电流的磁场向左，根据安培定则，从左向右看，

金属环A中电流方向为逆时针；[5]金属环A是逆时针电流，螺线管是顺时针的电流，反向电流相互排斥，金属环将向左运动。10.在“测玻璃的折射率”实验中：（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正

确的是______；A.若1P、2P的距离较大时，通过玻璃砖会看不到1P、2P的像B.为减少测量误差，1P、2P连线与法线NN的夹角应尽量小些C.为了减小作图误差，3P和4P的距离应适当取大些D.若1P、2P的连线与法线NN夹角较大时，有可能在bb面发生全反射，所以在bb一侧就

看不到1P、2P的像（2）增大入射光线入射角时，出射光线相对入射光线的偏移量将______（填“增大”或“减小”）；（3）如果有宽度不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度______（填“大”或“小”）

的玻璃砖来测量。（4）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是______（结果保留两位有效数字）。（5）某同学在纸上画出的界面aa、bb与玻璃砖位

置的关系如图所示，他的其他操作均正确，且均以aa、bb为界面画光路图。则该同学测得的折射率测量值______真实值（选填“大于、小于、等于”）。【答案】①.C②.增大③.大④.1.5⑤.偏小【解析】【详解】（1）[1]A．光在界面aa上的折射角与

界面bb上的入射角相等，根据光路可逆，可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖内发生全反射，即1P、2P的距离较大，通过玻璃砖也会看到1P、2P的像，故A错误；B．为了减小误差，入射角应适当大一些，即1P、2P连线与法线NN的夹角应适当大些，故B错误；C．为了减小作图

误差，便于作出光路，3P和4P的距离应适当取大些，故C正确；D．有几何知识可知，光线在上表面折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆，可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖内下表面发生全反射，故D错误。故选C。（2）[2]作出光路如图所示令玻璃砖厚度为d，

根据几何关系可知出射光线相对入射光线的偏移量为121122sin()(sincostan)cosdxd=−=−根据折射定律可得12sinsinn=可得12221sintansinn=−的的联立可得21111222211cossin1(sin)sin

(11)sinsinnxddnn−=−=−−−−增大入射光线入射角时，即1增大，1sin增大，由于玻璃砖厚度d，折射率n均不变，可知入射角越大，出射光线相对入射光线的偏移量越大。（3）[3]根据上述可知，玻璃

板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，故如果有几块宽度大小不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差应选宽度大的玻璃砖来测量。（4）[4]根据折射率公式有12sinsinn=则有12sinsinn=结合图像有10.40.6n=解得1.5n=（5）[5

]下图为该同学测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律可知，折射率将偏小。11.如图所示为交流发电机示意图，匝数为100n=匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度0.5TB=的匀强磁场中绕OO轴

以502rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20的电阻R相连接。求：（1）S断开时电压表示数；（2）开关S闭合时电压表的示数；（3）电阻R上所消耗的电功率是多少？【答案】（1）50V；（2）40V；（3）

80W【解析】【详解】（1）感应电动势最大值为4m1000.5102010502V502VEnBS−===当S断开时电压表示数为感应电动势的有效值m150V2EU==（2）当开关S闭合时，由闭合电路欧姆定律2AEIRr==+所以此

时电压表的示数240VUIR==（3）电阻R上所消耗的电功率22220W80WPIR===12.如图甲所示，间距1mL=的足够长“U”型倾斜导轨倾角37=，顶端连一电阻1R=；虚线MN的左侧一面积20.6mS=的圆形区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于

斜面向下，磁感应强度B大小随时间t变化如图乙所示；虚线MN的右侧区域存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度为11TB=匀强磁场。一长也为1mL=，电阻1r=的金属棒ab在虚线MN右侧靠近MN，与导轨垂直放置，在0=t至1st=，金属棒ab恰好静止

，之后，开始沿导轨下滑，经过足够长的距离到达位置EF，且在到达EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上某处。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数0.75=，g取210m/s，不计导轨电阻与其他阻力，sin370.6=，cos370.8=。求：（1）0=t至1st

=内流过电阻R的电流和金属棒ab的质量；（2）金属棒ab到达EF时速度的大小；（3）金属棒ab通过EF后通过电阻R的电荷量。【答案】（1）0.3A，0.05kg；（2）0.6m/s；（3）0.03C【解析】【详解】（1）在0=t至1st=，回路感

应电动势为1E，流过电阻R的电流为1I，则1BSBESttt===又11EIRr=+解得10.6VE=，10.3AI=金属棒ab恰好静止，设金属棒ab的质量为m，有11sinmgBIL=解得0.05

kgm=（2）设金属棒ab到达EF时速度的大小为1v，有2211sinBLvmgRr=+解得10.6m/sv=（3）EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数0.75=，sin370.6=，cos370.8=，则有sincosmgmg=所以金属棒ab通过EF后，受到的合外力等于安培力。设流

过电阻R的平均电流为2I，安培力平均大小是1F，时间是1t，通过电阻R的电荷量为q，则由动量定理111Ftmv=又112FBIL=2qIt=则有11BqLmv=解得0.03Cq=33．［物理－选修3－4］（15

分）13.如图所示，图甲为某沿x轴传播的简谐横波在t=1s时的部分波形图，质点M、质点P和质点Q的平衡位置分别在x=1m、x=2m和x=2.5m处，图乙为质点P的位移随时间变化的图像，则下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为2m/sC.t=1s时质点M的加速

度是质点Q的2倍D再经过0.75s，质点Q回到平衡位置E.质点Q和x=67.5m处的质点可能在某一时刻速度相同【答案】BDE【解析】【详解】A．由题图乙可知，t=1s时，质点P从平衡位置向下振动，根据“同侧法

”及题图甲可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；B．由题图可知，该波的波长为22m4m==周期为2sT=.因此波速为2m/svT==故B正确；C．根据质点M与质点Q的横坐标可知质点M与质点Q距平衡位置的距离之比为2:1，故加速度之比为2:1，故C错误；D．再经过0.75s，波向左传

播的距离为ΔΔ1.5mxvt==则质点Q右侧1.5m处的质点的振动形式恰好传到质点Q，即质点Q回到平衡位置，故D正确；E．质点Q的平衡位置和x=67.5m相距1164，在质点Q由波谷加速运动到平衡位置时，x=67.5m处的质点由平衡位置减速运动到波峰，因此两质点在某一时刻可能速度相

同，故E正确。故选BDE。14.如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，30A=，一条光线以45°的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线垂直BC边射出。（1）画出光在玻璃棱镜中的传播路线；（2）求玻璃的折射率；（3）AD长L，光在真空中速度为c，则光由D点传到AB边的时间

t。【答案】（1）见解析；（2）2；（3）2Lc【解析】【详解】（1）由题意可作出光由AC面射入，从BC面射出的传播路线如图所示（2）由题意知45=由几何关系可知，光线进入AC面的折射角为30=由折射定律可知玻璃的折射率sin2sinn==（

3）设玻璃中光速为v，由cnv=，得2cv=由几何关系得，光由D点传到AB边的路程s为sL=所以则光由D点传到AB边的时间2sLtvc==