【文档说明】四川省南充高级中学2022-2023学年高二下学期第二次月考考试理综物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.634 MB，由小赞的店铺上传

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南充高中高2021级高二下学期第二次月考理科综合能力测试时间：150分钟；满分：300分第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，第19

～21题有多项符合题目要求。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.下列说法正确的是（）A.线圈匝数越多，穿过的磁通量就越大B.只要导体切割磁感线运动，就一定能产生感应电流C.感应电动势大小与磁通量大小无关，而与磁通量的变化率成正比D.

根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量【答案】C【解析】【详解】A．根据磁通量定义可知穿过线圈的磁通量的大小与线圈匝数无关，故A错误；B．根据感应电流产生的条件可知，穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就一定能产生感应电流；若导体切割磁感线运动，但电路不闭合或闭合回路的磁通量不发生

改变，也不会能产生感应电流，故B错误；C．根据法拉第电磁感应第定律Ent=可知，感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化率成正比，感应电动势的大小与磁通量大小无关，故C正确；D．根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的

磁通量的变化，不是感应电流的磁场总是阻碍原磁通量，故D错误；故选C。2.如图甲所示为某一小型风力交流发电机的原理图，线圈的匝数为N=100。线圈从中性面位置开始计时，该发电机的电动势随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）的A.t=0.02s时线圈平面与中

性面垂直B.1s钟内电流方向改变100次C.0.01s时线圈的磁通量变化率为3Wb/sD.交流电流表在0.02s时刻的示数为0【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0.02s时，该发电机瞬时电动势为零，此时线圈与磁感线垂直，位于中性面上，故A错误；B．由图乙可知，该发电机产生的交

流电周围为0.04sT=故该交流电的频率为25Hz，1个周期电流方向改变2次，故1s钟内电流方向改变50次，故B错误；C．0.01s时，感应电动势最大，为300V，而根据法拉第电磁感应定律ENt=代入数据可得磁通量变化率为3Wb/s，故C正确；D．交

流电流表显示的为交流电电流的有效值，不是瞬时值，因此不为零，故D错误。故选C。3.如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子在CD间做简谐运动，从平衡位置O向下运动时开始计时，振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.C、D速度为0，加速度相同B.t=0

.15s，弹性势能最大，加速度最大C.t=0.1s，振子的加速度为正，速度也为正D.t=0.05s，弹性势能最大，重力势能最小【答案】D【解析】【详解】A．C、D速度为0，加速度大小相等，方向相反，故A错误；B．t=0.15s，弹簧振子运动到

C点，弹性势能最小，加速度最大，故B错误；C．t=0.1s，弹簧振子运动到O点且向上运动，振子的加速度为零，速度为负，故C错误；D．t=0.05s，弹簧振子运动到D点，弹性势能最大，重力势能最小，故D正确。故选D。4.如图，理想变压器原线圈接有效值保持不变的

正弦交流电压，电压表和电流表均为理想交流电表，RT为负温度系数（温度升高，阻值减小）的热敏电阻，R0、R1为定值电阻，C为电容器，通电后随着RT温度升高，下列说法正确的是（）A.V1表的示数和V2表的示数都不变B.变压器的输入功率减小C.A1表

的示数增大，A2表的示数减小D.通过R1的电流始终为零【答案】A【解析】【详解】ABC．根据变压器的原理，输入电压不变，输出电压也不变，即V1表和V2表的示数不变；通电一段时间之后，温度升高，热敏电阻阻值减小

，故输出电流增大，由此可知输入电流也增大，即A1表和A2表的示数都增大；根据PUI=可知，变压器的输入功率增大，故A正确，BC错误；D．根据电容器“通交隔直”的特点可知，R1有电流通过，即通过R1的电流不为零，故D错误。故选A。5.如图甲所

示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）A.0时刻穿过

线圈P磁通量为零，所以P中感应电流也为零B.12tt−时间内穿过线圈磁通量减小，线圈有收缩的趋势C.3t时刻P中无感应电流，NFG=D.23tt−时间内螺线管对线圈表现为排斥力，且一直增大【答案】C【解析】【详解】A

．由图乙可知，0时刻螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，则0时刻穿过线圈P磁通量为零，磁通量的变化量最大，P中感应电流最大，故A错误；B．由图乙可知，12tt−时间内，螺线管Q中电流减小，则穿过线圈磁通量减小，根据增缩减

扩原理可知，线圈有扩张的趋势，故B错误；C．由图乙可知，3t时刻螺线管Q中电流的变化率为0，则穿过线圈的磁通量变化率为0，P中无感应电流，故有NFG=故C正确；D．由图乙可知，2t时刻，螺线管Q中电流

为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，3t时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力，则23tt−时间内螺线管对线圈的排斥力先增大后减小，故D错误。故选C。6.

如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是（）A.刚闭合开关S的瞬间，D2先亮，D1后亮B.

刚闭合开关S的瞬间，D1、D2同时亮C.闭合开关S待电路达到稳定后，D2熄灭，D1比原来更亮D.闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【答案】BD【解析】【详解】AB．S闭

合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，D1、D2同时亮，故A错误，B正确；C．闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，故C错误；D．S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L

相当于电源，与D1组成回路，D1闪亮一下再熄灭，故D正确。故选BD。7.如图所示，在同一介质中O点处和平衡位置坐标为x=10m处的M点各有一波源，在t=0时刻两波源同时开始振动，形成两列沿x轴相向传播的简谐横波，t=2s时两列波刚好都传到x=5m处，波形如图所示，则下列说法正确的是（）A

.两列波会发生干涉现象B.x=5m处的质点是振动减弱点，其位移总是最小C.在t=2.8s时，x=6m处的质点相对平衡位置的位移为30cmD.经过足够长时间后，两波源之间（不含波源）的x轴上有6个振幅为30

cm的点【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意，2s两列波的传播距离均为5m，则波速均为5m/s2.5m/s2xvt===由图可知，两列波的波长均为4m=，则两列波的周期相同，频率相同，所以这两列波叠加后可以形成稳定的干涉图样，故A正确；B．由于x=5m处的质点到两波源的波程差为0，则有0

x=但由于两列波的起振方向相反，可知x=5m处的质点为振动减弱点，叠加后振幅最小，但由于两列波的振幅不相同，所以其位移也在时刻发生变化，并不是总最小，故B错误；C．在t=2.8s时，两列波均又传播的距离为2.5(2.82)m2mxv

t==−=由图像可知，2s=t时4mx=和8mx=处的振动均传播到6mx=处，可知x=6m处的质点相对平衡位置的位移为20cm10cm30cmx=+=故C正确；D．两列波的波长、频率均相同，相位差恒定，叠加时可形成稳定的干涉图样，但两列波

的起振方向相反，则可知传播方向上任意一点到两波源的波程差为波长的奇数倍时即为振动的加强点，由于波长为4m，可知两波源之间（不含波源）的x轴上有4个振幅为30cm的点，这些点在x轴上的坐标分别为2m、4m、6m、8

m，故D错误。故选AC8.如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B。开始时，棒cd静止，棒ab有一个向左的初速度

0v。从开始到最终稳定的全过程中，下列说法正确的是（）A.ab棒做匀减速直线运动，cd棒做匀加速直线运动，最终都做匀速运动B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能。D.安培力对ab棒和cd棒分别做负功和正功，做功总和零【答案】B【解析】【详解】A．初始时a

b棒向左运动受到向右的安培力，cd棒受到向左的安培力，所以ab棒减速，cd棒加速，设ab棒速度为1v，cd棒速度为2v，开始时1v＞2v，随着运动两棒的相对速度v=1v-2v逐渐减小至0，两棒切割磁场产生的感应电动势为•EBLv=，E也逐

渐减小最终为0，感应电流逐渐减小到0，安培力逐渐减到0，所以ab棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动，cd棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A错误；B．两棒组成的系统受安培力的合力为零，故系统的动量守恒，所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动

量，故B正确；C．回路中有产生电磁感应现象，有电流做功产生电热，所以根据能量守恒可知，ab棒减小动能等于cd棒增加的动能与两棒产生电热之和，故C错误；D．安培力对ab棒和cd棒分别做负功和正功，但是由于两棒的位移不同，

则做功总和不为零，故D错误。故选B。第Ⅱ卷（共174分）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共11题，129分）9.一同学在半径为R的光滑圆弧面内做测定重力加速

度的实验（如图1所示）。他用一个半径为r质量分布均匀的光滑实心球。操作步骤如下：①将小球从槽中接近最低处（虚线）静止释放；②测量N次全振动的时间为t并准确计算出周期；③将圆弧面半径和周期代入单摆周期公式求出重力加速度。（1）该

单摆的周期T=_______________（用N，t表示）（2）他在以上操作中有一个步骤需要改正，若不改正，测量所得的重力加速度的值与真实值相比会______（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。（3）如图2是一组同学选择几个半径

r不同的均匀光滑实心球进行了正确实验，他们将测出的周期与小球为的的半径r关系画出了如图2所示的图线，请你根据该图写出确定重力加速度的表达式________。【答案】①.tN②.偏大③.24ba【解析】【详解】（1）[1]N次全振动的时

间为t，则可知该单摆的周期为tTN=（2）[2]应该改正步骤为③中将圆弧面半径和周期代入单摆周期公式求出重力加速度，这个步骤中，应该将圆弧面的半径与小球的半径之差当作摆长代入公式中计算重力加速度，而根据周期公式2LTg=变式可得224πLgT=可知，

若不改正，测得的重力加速度将偏大。（3）[3]设圆弧面的半径为R，则单摆的摆长可表示为Rr−，根据周期公式有2RrTg−=变式可得224grRT=−结合图像可得24gba=从而可得24bga=10.南充高中某实验兴趣小组设计如图甲所示的原理图，先测量电流表A内阻RA，再测量

电源电动势E和内阻r。请回答下列问题：的（1）闭合开关K1、K2、K3，调节滑动变阻器，分别读出电压表和电流表的读数U1=1.40V，U2=1.30V，I=0.10A，则电流表A内阻RA=_______；（2）为了准确测量电源电动势E和内阻r，在步骤（2）后断开

开关______（选填“K2”或“K3”）；（3）调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表________（选填“V1”或“V2”）及电流表A的读数，并描点作图得到了如图乙所示的U—I图线，电源的电动势E=_________V，

内阻r=_________。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.1.00②.K2③.V2④.1.45⑤.1.50【解析】【详解】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可得电流表A内阻为121.00AUURI−==（2）[2]为了准确测

量电源电动势E和内阻r，在步骤（2）后断开开关K2用电压表V2测路段电压，将已经测出的电流表A内阻RA看做电源的内阻；（3）[3]调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表V2的示数；[4][5]根据闭合电路欧姆定律有2()AEUIRr=++化解得2()AURrIE=

−++由此可知纵截距为1.45VE=斜率为0.701.45()2.500.30AkRr−=−+==−可得电源的内阻为1.50r=11.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电。已知发电机线圈abcd匝数N=100

匝，面积S=0.01m2，线圈匀速转动的角速度ω=300πrad/s，匀强磁场的磁感应强度2TB=，输电线总电阻R=10Ω，升压、降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8，

降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=10∶1，若标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。求：（1）输电线路上损耗的电功率ΔP；（2）交流发电机线圈的电阻r。（结果保留一位小数）【答案】（1）160W；

（2）0.6【解析】【详解】（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有448800A40A220PIU===根据理想变压器的变流比可知3443InIn=代入数据解得34

AI=所以输电线路上损耗的电压为3410V40VUIR===输电线路上损耗的电功率为23160WPIR==（2）根据3344UnUn=，可得32200VU=升压变压器副线圈两端电压2332200V40V2240VUUIR=+=

+=由1122UnUn=，可得1280VU=根据正弦式交变电流产生规律可知，电动势最大值为m3002VENBS==电动势有效值为m300V2EE==升压变压器由1221InIn=，可得221231132AnnIIIn

n===发动机的内压120VUEU=−=交流发电机线圈的电阻10.6UrI=12.如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L=1m，导轨电阻忽略不计，两导轨之间接有R=6Ω的定值电阻。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的

匀强磁场，磁感应强度B=4T，导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab的质量M=2kg，电阻r=2Ω，与导轨之间接触良好。导体棒ab中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量也为m=2kg的物体，现从静止释放该物体，当物体下落高度h=20m时，速度刚好达到最大，假设物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气

阻力和一切摩擦阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物体下落整个过程中通过R的电荷量q；（2）物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热Q；（3）物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间

t。【答案】（1）10C；（2）150J；（3）4s【解析】【详解】（1）物体下落整个过程中通过R的电荷量为10CEBLhtqItttRrRrRrRr======++++（2）当物体加速度为零时，下落速度达到最大，由平衡条件可得mgT=对于导体棒TBIL=根

据闭合回路欧姆定律EIRr=+根据电磁感应定律mEBLv=联合解得m22()10m/smgRrvBL+==物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，根据能量守恒定律可得2m1()2mghMmvQ=++总解得200JQ=总在此过程中任一时刻通过R和r的电流

相等，故QRQRr=+总解得150JQ=（3）在物体从静止开始下落至速度达到最大过程中，任一时刻速度设为v，取一段时间微元Δt，在Δt时间内，对于导体棒和物体组成的系统，根据动量定理可得22()()BLvmgtMmvRr−=++全过程叠加求和可得22m()BLhmgtMmvRr−=

++解得22m()4s()MmvBLhtmgmgRr+=+=+（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所

涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理——选修3－4]（15分）13.下列有关电磁波的叙述中正确的是（）A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首次在实验室中

证明了电磁波的存在B.均匀变化的磁场产生恒定的电场，不能形成电磁波，但非均匀变化的磁场可能形成电磁波C.一切物体都在辐射紫外线，紫外线具有荧光效应，还可以消毒杀菌D.γ射线又叫伦琴射线，其穿透性很强，医学上可以用于透视E.电磁波也可以

传播能量，且具有干涉、衍射等波动现象【答案】ABE【解析】【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一个用实验证明了电磁波的存在，故A正确；B．均匀变化的磁场产生恒定的电场，而恒定的电场不能产生变化的磁场，

因此不能形成电磁波，但非均匀变化的磁场将产生变化的电场，而变化的电场有可能再次产生变化的磁场，因此可能形成电磁波，故B正确；C．一切物体都在辐射红外线，不是紫外线，而紫外线具有荧光效应，还可以消毒杀菌，故C错误；D．X射线又被称为伦琴射线

，它的穿透性很强，在医学上可以用于透视，故D错误；E．电磁波也可以传播能量，电磁波跟所有的波动现象一样，能产生反射、折射、干涉、衍射等现象，干涉和衍射是波所特有的现象，故E正确。故选ABE。14.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q

是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，求：（1）从t=0.10s到t=0.25s波沿x轴传播的距离（2）t=0.25s时，质点P的位移。【答案】（1）6m；（2）52cm【解析】【详解】（1）由图甲可知，该波的波长为8m，由图乙可知，周期为0

.2s，则波速为8m/s40m/s0.2vT===则从0.10st=到0.25st=，波沿x轴传播的距离为6mxvt==（2）又图乙可知，0.10st=质点Q从平衡位置向上振动，则该波沿x轴正方向传播，根据

图甲可知波动方程为210sin(cm)10sin(cm)84yxx==可知0.10st=质点P的位移为110sin1(cm)52cm4y==设质点P的振动方程为00210(sin)cm10(sin10)cm0.2ytt=+=+代入0.10st=，152cmy

=可得074=则0.25st=时，质点P的位移为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com