【文档说明】四川省绵阳南山中学2022-2023学年高二下学期综合演练(一)理综物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.883 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2023年春季高2021级综合演练（一）理综试题物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Fe56Cu64Ag108二、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14~18题只有一项符合题目要求，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.假如有一宇航员登上火星后，利用手边的一只灵敏电流表和一个小线圈，想探测一下火星表面是否有磁场，则下列说法正确的是（）A.直接将电流表放于火星表面，看

是否有示数来判断磁场的有无B.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则可判断火星表面无磁场C.将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断火星表面有磁场D.将电流表与线

圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如果电流表无示数，则可判断火星表面无磁场【答案】C【解析】【详解】A．穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生，若电流表没有接入电路或有一个恒定的磁场，电流表都不会有示数，故A错误；B．同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运

动，如果线圈运动的方向与磁场方向平行，电流表无示数，也不能判断出没有磁场，故B错误；C．电流表有示数则说明穿过线圈的磁能量发生变化，一定有磁场，故C正确；D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，因此不能断定火星表面无磁场，故D错误。故

选C。2.如图所示，正方形闭合导线框处在磁感应强度恒定的匀强磁场中，C、E、D、F为线框中的四个顶点，图甲中的线框绕E点转动，图乙中的线框向右平动，磁场足够大．下列判断正确的是()A.图甲线框中有感应电流产生，C点电势比D点低B.图甲线框中无感应电

流产生，C、D两点电势相等C.图乙线框中有感应电流产生，C点电势比D点低D.图乙线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等【答案】B【解析】【详解】AB．图（a）中线框绕E点转动，通过线框的磁通量都没变化，所以线框中没有感应电流．在转动的过程中每条边都在

做切割磁感线运动，则每条边都相当于电源，根据右手定则，可以判断出电源的正负极，知C点比F点高U，D点也比F点高U．所以C、D两点电势相等．故A错误，B正确．CD．图（b）中的线框向右平动，通过线框的磁通量都没变化，所以线框中没有感应电流．在

平动的过程中CE边、DF边在做切割磁感线运动，则两条边相当于电源，根据右手定则，可以判断出电源的正负极，F点比D点电势高，C点和F点相等，所以C点电势比D点电势高．故CD错误．故选B．【点睛】解决本题的关键掌握产生感应电流的条件：当通

过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流．以及会用右手定则判断相当于电源部分的正负极．3.如图所示，边长为2l的正三角形ABC区域存在方向垂直纸面、大小随时间均匀变化的磁场（图中未画出），磁场随时间的变化关系为为Bkt=。以三角形顶点

C为圆心，半径为l、匝数为N、电阻为R的圆形线圈平行纸面固定放置，0t时刻线圈受到的安培力为（）的A.22306NkltRB.2306NkltRC.223034NkltRD.23034NkltR【答案】A【解析】【详解】

根据法拉第电磁感应定律有BSktSENNNNkSttt====在磁场中的有效面积26lS=EIR=0FNBId=安有效长度dl=计算可得2230=6NtklFR安故选A。4.将粗细均匀的直导线弯折为导线框abcdef；各边长度

如图所示，使线框以速度v匀速通过图示的匀强磁场区域，磁场宽度为2L，磁感应强度为B，从bc边进入磁场左边界开始计时，则在线框通过磁场的过程中，ab段导线的电压Uab与线框移动距离x的关系，正确的是（）A

.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设线圈总电阻为R；当线圈从进入磁场开始在0~L范围内，电流方向逆时针，电动势E＝BLv，则144abERUBLvR==在L~2L范围内，电流方向逆时针，电动势E＝2BLv，则142abERUBLvR==在2L~3L范围内，电流方向顺时针，电动势E＝BL

v，则144abERUBLvR=−=−在3L~4L范围内，电流方向顺时针，电动势E＝2BLv，则142abERUBLvR=−=−综上所述，故选A。5.某同学学习了电磁感应相关知识后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，手握条形磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为0m。

将条形磁铁（）A.插入线圈的过程中，电子秤的示数大于0mB.抽出线圈的过程中，线圈对条形磁铁的作用力竖直向上C.插入线圈的过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视）D.匀速插入线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热【答案】AC【解析】【详解】A．将条形磁铁插入线圈或从线圈中

抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于0m，故A正确；B．根据楞次定律的推论“来拒去留”可知抽出线圈的过程中，线圈对条形磁铁的作用力竖直向下，

故B错误；C．根据楞次定律可知插入线圈的过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向(俯视)，故C正确;D．匀速插入线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力所做的功等于线圈中产生的焦耳热，故D错误。故选AC。6.L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个型号相

同的小灯泡，假设灯泡电阻为R不变，如图所示接入电路中，在图示虚线的右侧区域接入两平行光滑轨道，轨道间距为d，金属棒c与轨道接触良好，不计金属棒电阻。现用水平恒力F拉着金属棒由静止开始向右运动，右侧轨道足够长，虚线右侧空间存在垂直于轨道平面的匀强磁场B，则（）A.金属棒c做匀加速直线

运动B.金属棒c的最终速度大小为22FRBdC.力F所做的功将全部变为整个回路中产生的电能D.a、b灯先同时变亮，后a灯逐渐变暗至熄灭【答案】BD【解析】【详解】A．金属棒c在力F和安培力作用下先做加速运动，速度增大，安培力增大，加速度减小

，当加速度减为零时，金属棒c做匀速运动，故A错误；B．当金属棒做匀速运动后，产生感应电流恒定，电感线圈不再产生自感电动势，因不计线圈电阻，所以灯泡a被短路熄灭，回路中只有灯泡b，且此时金属棒c受力平衡，有22BdvBdvFBIdBdRR===解得22FRvBd=故B正确；C．根据能量守恒定律可知

，力F所做的功一部分变为整个回路中产生的电能，另一部分变为金属棒c的动能，故C错误；D．在金属棒c加速过程中，流过灯泡b的电流增大，电感线圈产生阻碍电流增大的反向自感电动势，所以a、b灯先同时变亮，随着金属棒c的加速度减小，速度增加得越来越慢，电流增大得越来越慢，自感电动势

越来越小，流过电感线圈的电流增大，流过灯泡a的电流越来越小，灯泡a逐渐变暗，当金属棒c匀速运动后，灯泡a被短路熄灭，故D正确。故选BD。7.所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒

EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。下列说法正确的是（）A.导体棒EF受到安培力的方向可用左手定则判断B.弹射时导体棒EF先向右做变加速运动，后做匀速运动C.电容器相当电源，放电时MN间的电势差保持

不变D.在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】AB【解析】【详解】A．电容器下极板接正极，所以充电后N极板带正电，放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故A正确；B．电容器开始

放电，导体棒向右做加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，当导体棒切割磁感线产生的感应电动势与电容器两极板间电压相等时导体棒匀速运动，故B正确；C．放电过程，电容器电荷量减少，通过导体棒的电流发生变化，MN两端电势差发生变化，故C错误；D．电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关

，故放电时，电容不变，故D错误。故选AB。8.如图所示，两导电性良好的光滑平行导轨倾斜放置，与水平面夹角为，间距为L。导轨中段正方形区域内存在垂直于轨道面向上的匀强磁场。电阻相等的金属棒a和b静止放在斜面上，a距磁场上边界为L。某时刻同时由静止释放a和b，a进入

磁场后恰好做匀速运动；a到达磁场下边界时，b正好进入磁场，并匀速穿过磁场。运动过程中两棒始终保持平行，两金属棒与导轨之间导电良好，不计其他电阻和摩擦阻力，导轨足够长。则（）A.a、b通过磁场区域的时间之比为3:2B.a、b质量之比为2:3C.a、b中产

生的热量之比为2:3D.a、b能发生碰撞【答案】ABD【解析】【详解】A．某时刻同时由静止释放a，a进入磁场后恰好做匀速运动，刚进入磁场前，由动能定理得2aaa1sin2mgLmv=解得a2sinvgL=则得a1sinvtg=由电磁感应定律可知，金属棒a在磁场中产生的感应电动势

为1aEBLv=设金属棒的电阻为R，由闭合电路欧姆定律，得回路中的电流a1122BLvEIRR==金属棒a处于平衡态，受力分析可知a1sinmgBIL=可得22sin2aaBLvmgR=a到达磁场下边界时，b正好进

入磁场，并匀速穿过磁场，所用时间为2aLtv=对b从开始下到磁场上边界的总时间aab12a3sin2sinvvLtttvgg=+=+=此时b12a3sin()2vgttv=+=a、b通过磁场区域的时间之比为aabb32L

tvLtv==A正确；B．由于b匀速穿过磁场，则bsinmgF=安22bbsin2BLvmgR=a、b质量之比为ab:2:3mm=B正确；C．由于b匀速穿过磁场，产生的感应电动势为E2，由闭合电路欧姆定律，得回路中的电流222EIR=由焦耳定律公式2QIRt=可得金属棒a产生的焦耳热22

a122bQIRtIRt=+金属棒b产生的焦耳热22b122bQIRtIRt=+可得Qa∶Qb=1∶1C错误；D．金属棒a刚出磁场，以初速度av，加速度为sing，做匀加速直线运动，则在b匀速穿过磁场的时间内a的速度为4sin3aabavvgtv=

+=b出磁场后，以初速度为a32v加速度为sing的匀加速直线运动，因4332aaabavvvv==且两者加速度相同，故a、b能发生碰撞，D正确。故选ABD。三、非选择题：共174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129分。9.如图，导体ab长0.5ml=，放在0.4TB=的匀强磁场中，磁场方向如图所示，电阻12R=，24R=，导体ab以及其它连接电路的导线电阻均忽略不计，若使ab以3m/sv=的速度向右匀速运动，则导体a端电势比b端电势__________（填：“高”，“等”或“低”），ab两

点的电势差为___________V，作用于导体ab的外力F为___________________N。【答案】①.高②.0.6③.0.09【解析】【详解】[1]根据右手定则可知，导体a端电势比b端电势高。[2]ab两点电势差为0.40.53V=0.6VabUBlv==[3]电路中的总电

阻1212244ΩΩ243RRRRR===++总作用于导体ab的外力F为22220.40.53N0.09N43EBlvFIBlBlRR=====总总10.如图所示为定量验证法拉第电磁感应定律，甲

、乙两同学设计了如图所示实验装置，实验操作步骤如下：将线圈和光电门固定在长木板的轨道上，线圈与电压传感器相连，强磁铁和挡光片固定在小车上，每当小车经过光电门时，光电门会记录下挡光时间Δt，同时触发电压传感器记录Δt时间内线圈产生的感应电动势E。①甲同学进行如下操作：改变

弹簧压缩程度，使小车以不同的速度从轨道的右端弹出，得到一系列E和Δt的实验数据，做出1−Et图像。②乙同学进行如下操作：换用不同匝数的线圈进行实验，更换线圈时保持线圈位置、光电门位置不变，每次记录电压传感器示数E及对应的线圈匝数n，做出E

n−图像，由图像得出实验结论。（1）由上述实验原理、过程和操作可知，该实验采用了控制变量法.在甲同学的研究中，下列操作不影响实验结论的是__________A.实验中保持线圈固定、光电门的位置可以左右移动的B.实验中轨道右端适当

抬高，增大倾角C.实验中轨道不够光滑D.实验中光电门位置不变，将线圈靠近光电门（2）若甲同学做出的1−Et图线在误差范围内是通过原点的倾斜直线，甲得出的感应电动势与磁通量的变化率的关系是____________________。（3）乙同学进行实验时

，每次更换线圈后小车释放时的位置要__________（填“改变”或“不变”），做出的En−图像是过原点的直线，说明____________________。【答案】①.BC②.感应电动势与时间的变化成反比③.不变④.感应电动势与线圈匝数成正

比【解析】【详解】（1）[1]BC．由法拉第电磁感应定律Ent=为了定量验证感应电动势E与时间的关系，实验只需要控制线圈匝数n与磁通量的变化量不变即可，对轨道是否光滑、轨道是否水平没有要求，BC正确；AD．实验需要控制线圈匝数n与磁通量的变化量不变，为控制磁通量的变化量不变，实验

中必须保持线圈、光电门位置不变，AD错误。（2）[2]在直角坐标系中作1−Et关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则E与1t成正比，又因线圈与光电门距离一定，磁通量变化量一定，则E与t成正比，即

感应电动势与磁通量的变化率成正比。（3）[3][4]实验中，要确保t不变，因此实验中小车释放位置要不变；因E与n成正比，即感应电动势与线圈匝数成正比。11.如图甲所示，轻质细绳吊着一个质量=5gm的梯形线圈abcd，其下底边长0.6mab=，上底边长0.4mcd=，高为0

.4m，电阻1.1R=，bc和ad两边中点P、Q以下区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如乙图所示。取210m/sg=，试求：（1）0.1s到0.4s时间内通过线圈截面的净电荷量；（2）何时线绳的拉力等于零。【答案】（1）0.01C；（2）0.40s【解析】【详解】（

1）磁场中线圈的面积20.11m22abPQhS+==0.1s到0.2s内1110.33VBEt==通过的电量1110.03CEqtR==0.2s到0.4s内222s0.22VBEt==通过电量2220.04CEqtR==由于两段电流方向相反，故

0.1s到0.4s时间内通过线圈截面的净电荷量为210.01Cqqq=−=（2）磁感应强度增大时感应电流顺时针，所受安培力向上，磁场中的有效长度为0.5mPQ=拉力为零时，由2EmgPQBR=得0.5TB=的由图像知0.2s到0.5s内()0.120.2

Bt=+−将0.5TB=代入表达式得0.40st=12.如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为37=，空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，磁场Ⅰ、Ⅱ间距1d为1.75m，磁场Ⅱ、Ⅲ间距2d为2.25m，一边长0.5mL=、质量1kgm=、电阻0.25R=的正方

形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场Ⅰ的上边界为01.0md=，导线框与斜面间的动摩擦因数0.5=。将导线框由静止释放，导线框匀速穿过每个磁场区域。重力加速度g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=

，求：（1）磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁感应强度的大小1B、2B、3B；（2）整个过程中导线框产生的焦耳热Q；（3）导线框从静止释放到穿过磁场Ⅲ所经历的时间t。【答案】（1）11TB=，26T3=B，32T2=B；（2）6JQ=；（3）37s12=t【解析】【详解】（1）从线框开

始下落到刚进入磁场Ⅰ区域由动能定理20011sincos2mgdmgdmv−=解得12m/sv=导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动1sincos=+mgmgF由安培力公式111FBIL=由法拉第电磁感应电动势111EBLv=由闭合电路欧姆

定律11EIR=联立解得11TB=线框在磁场Ⅱ、Ⅲ之间加速的距离为111.25m=−=xdL则线框由静止开始运动至刚进入第二个磁场时，由动能定理2212111(sincos)22−=−mgmgxmvmv线框在磁场Ⅱ中受

到的安培力2222222==BLvFBILR导线框每个磁场区域中均做匀速直线运动21FF=联立解得23m/sv=26T3=B同理解得34m/sv=32T2=B（2）导线框匀速穿过磁场区域，每穿过一次磁场区域，产生的焦耳热在0sin2co

s2=−QmgLmgL整个过程中导线框产生焦耳热03=QQ解得6JQ=（3）导线框在磁场以外做匀加速直线运动22010122++−=Ldddat穿过磁场Ⅰ的时间112Ltv=穿过磁场Ⅱ的时间222=Ltv穿过磁场Ⅲ的时间332=Ltv导线框从

静止释放到穿过磁场Ⅲ所经历的时间0123=+++ttttt联立解得37s12=t（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。【物理——选修3-3】（15分）（略）【物理——选修3-4】（15分）13.在图所示

的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“﹣”接线柱流入时，指针向左摆。在电路中开关闭合以及电路状态稳定后再断开的瞬间，下面哪个说法符合实际（）的A.开关闭合瞬间，G1指针不动，G2指针向左摆B.开

关闭合瞬间，G1、G2指针同时摆动，C.开关断开后，G1指针逐渐回到零刻度D.线圈的自感系数越大，断开开关瞬间的电流越大E.开关断开瞬间，b点电势高于a点电势【答案】CE【解析】【详解】AB．开关闭合瞬间，线圈阻碍电流增大，G1指针不动，电流从G2“+”接

线柱流入，指针向右摆，故AB错误；CE．开关断开瞬间，线圈阻碍电流减小，相当于电源，电流方向不变，与G1、G2、R组成回路，b点电势高于a点电势，G1指针逐渐回到零刻度，故CE正确；D．断开开关瞬间，自感电流大小与自感系数无关，故D错误。故选CE。14.如图所示，竖直平面内有一半

径为0.5mr=、电阻为112R=、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻24R=，在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为1TB=。现有质量为0.2kgm=、电阻不计

的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道足够长。已知导体棒ab下落12r时的速度大小为13.6m/sv=。（1）求导体棒ab下落到12

r时的加速度大小；（2）若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变，求杆在磁场Ⅱ中运动时，2R上的电功率2P。【答案】（1）26.625m/s；（2）9W【解析】【详解】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落2r时，导

体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mgBILma−=式中222()32rLrr=−=1BLvIR=总导体棒ab上方半圆形金属环的电阻311208Ω180RR==导体棒ab下方半圆形金属环的电阻4134ΩRRR=−=根据串并联电路可得243234()4ΩRRRRRRR+=

=++总由以上各式可得2213BrvagmR=−总带入数据得26.625m/sa=（2）当导体棒ab通过磁场II时，棒中电流大小始终不变，可知安培力恰好等于重力，即2242tBrvmgBIrR==并式中12123Ω

RRRRR==+并解得226m/s4tmgRvBr==并根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，有12tmvgPP=+1R和2R电功率比为1221PRPR=带入数据得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com