四川乐山市沫若中学2025-2026学年高二下学期物理综合检测题

**基本信息** 聚焦电磁学、光学及力学实验综合应用，以概念辨析、计算推理和实验操作为核心，融合物理观念与科学思维，构建知识内在逻辑链条。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电磁学|7题（含单选1、多选3-4、解答9-11）|综合应用（如变压器输电、粒子磁场运动）|从电流磁场→交变电流→电磁感应，体现运动与相互作用观念| |光学|3题（单选2、实验6、解答8）|概念辨析与计算（全反射、折射率）|光的折射→全反射临界角→棱镜光路，强化科学推理| |力学实验|2题（实验6-7）|操作与误差分析（折射率测量、变压器探究）|实验原理→操作规范→误差评估，落实科学探究素养|

沫若中学高二五一节作业综合检测 限时50分钟完成 一、单选题 1．如图所示，在线圈中心放一个小磁针，且与线圈在同一平面。当线圈中通以逆时针方向的电流时，小磁针（　　） A． N极向里转 B．N极向外转 B． C．在线圈平面逆时针转动 C． D．在线圈平面顺时针转动 2．光导纤维的结构如图甲所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图乙所示。以下关于光导纤维的说法正确的是（　　） A．图甲中光导纤维的内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 B．图甲中光导纤维的内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射 C．图乙中a光的折射率小，发生全反射的临界角大 D．图乙中b光的折射率大，发生全反射的临界角大 二、多选题 3．如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同电流I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙、丙中三种交变电流的有效值之比为∶2∶ B．在相同时间内三个电阻发热量相等 C．在相同时间内，甲是丙发热量的 D．在相同时间内，丙发热量最大，乙次之，甲的发热量最小 4．某风力发电厂利用如图所示电路向距离较远的城市输电，输电线的总电阻R =14Ω，发电厂的输出功率P = 8×106 W，输出电压u = 800 V，采用升压变压器T1将电压升高并利用导线输电至该城市，再利用降压变压器T2将电压降至220 V供用户使用。升压变压器T1原副线圈的匝数比为1：100，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（　　） A．电线的输电电压为8kV B．用户端得到的功率为7.86×106W C．降压变压器T2原副线圈的匝数比为3980：11 D．若用户增多，则输电线的损耗功率占输电线输电功率的百分比将增大 5．如图所示，一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点沿与x轴成60°的方向射入第一象限的磁场方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴的N点（图中未画出）射出第一象限。已知OP=a，则下列说法正确的是（　　） A．粒子速度大小为 B．粒子在磁场中运动的轨道半径为 C．N与O点相距 D．粒子在磁场中运动的时间为 三、实验题 6．在“测量玻璃折射率”的实验中，某同学使用平行玻璃砖，操作正确后得到了图1所示的实验光路图及相关角度。 (1)如果有多块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选择宽度______（选填“大”或者“小”）的玻璃砖进行实验； (2)操作过程中为得到更好的实验效果，下列操作中正确的是______； A．入射角应选择尽量小些 B．大头针插在纸面上时可以不与纸面垂直 C．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些 D．改变入射角的大小，多做几次实验 (3)此玻璃砖的折射率计算式为______（用图中的表示）； (4)若该同学画玻璃砖的界面时，不小心将两界面、间距画得比玻璃砖实际宽度大些，如图2所示，则他所测得的折射率______（选填“偏大”“偏小”或者“不变”）。 7．利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。 (1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法 (填“A”或“B”)； A． B． (2)实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面（　　） A．Abcd B．Abfe C．Abgh D．aehd (3)本实验，下列说法中正确的是______ A．实验中要通过改变原、副线圈匝数， 探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是理想实验法 B．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同 C．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，且副线圈导线应比原线圈导线粗一些好 D．因为实验所用电压较低，为确保接触良好，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱 (4)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是______。 A．变压器的铁芯没有闭合 B．电压的测量出了问题 C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝 D．学生电源实际输出电压大于标注的“6V” 四、解答题 8．如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，，一束平行于AC的光线自AB边的D点射入三棱镜，若棱镜的折射率，已知AD=L，AB=4L，光在真空中的速度为c。求：(1)光在棱镜中的传播速度； (2)第一次从BC边射出的光在棱镜中的传播时间。 9．如图所示，一小型交流发电机，线圈ABCD处于匀强磁场中，匝数n=100，线圈电阻r=10Ω，线圈以角速度ω=100π rad/s绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈与电阻R相接，电表均为理想交流电表，从线框转至中性面位置开始计时，求： (1)当两表示数分别为UV=180V、IA=4A时，线圈中感应电动势的有效值。 (2)问题（1）中线圈转动时磁通量的最大值。 (3)若原、副线圈匝数比为n1∶n2=3∶1，以问题（1）线圈产生的感应电动势供电，计算电阻R消耗功率最大时的阻值及其最大功率值。（结果均保留三位有效数字） 10．如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。(1)判断粒子的电性； (2)求电场强度大小E；(3)求磁感应强度大小B。 11．如图所示，用粗细均匀的同种导线制成的长方形导线框，，，质量，总电阻，从距匀强磁场区域上边缘高处自由下落。当线框下边刚进入匀强磁场区域时，线框开始做匀速运动，一段时间后当cd边离开磁场时又恰好匀速，线框穿过磁场过程中边上产生的焦耳热为。（取）求：（1）磁感应强度的大小； （2）下边刚进入匀强磁场区域时，边两端的电压； （3）匀强磁场的宽度。 沫若中学高二五一节作业综合检测参考答案 1．B 【详解】根据安培定则，当线圈中通以逆时针方向的电流时，线圈内的磁场方向向外，则小磁针N向外转。故选B。 2．C【详解】A．光导纤维利用全反射原理传输光，发生全反射的条件是光从光密介质射向光疏介质，所以内芯的折射率应比外套的大，故A错误； B．光在内芯与外套的界面上发生的是全反射，不是折射，故B错误； CD．由图乙可知，a光的折射程度比b光小，根据折射率的相关知识，折射程度小的光折射率小。又根据全反射临界角公式（C为临界角，n为折射率）可知折射率小的光，发生全反射的临界角大，所以a光折射率小，临界角大，故C正确，D错误。故选C。 3．CD【详解】A．甲中交变电流的有效值为根据有效值的定义，乙中交变电流的有效值满足解得丙中交变电流的大小不变，故有效值为甲、乙、丙中三种交变电流的有效值之比为，故A错误； B．因三种交变电流有效值不相等，根据可知，在相同时间内三个电阻发热量不相等，故B错误； C．在相同时间内，甲、丙的发热量之比为，故C正确； D．因丙的有效值最大，甲的有效值最小，根据可知，在相同时间内，丙发热量最大，乙次之，甲的发热量最小，故D正确。故选CD。 4．BD【详解】A．输电线的输电电压，故A错误； B．输电电流输电线的损耗功率=1.4×105W则用户得到的功率 C．降压变压器原线圈电压则，故C错误； D．用户增多，用户消耗的功率增大，输电线的输电功率也增大，而输电电压一定，则输电电流增大，输电线的损耗功率占输电线输电功率的百分比可知增大，故D正确。故选BD。 5．BC【详解】AB．粒子运动轨迹如图所示由牛顿第二定律得 又根据几何关系有联立解得， 故A错误，B正确；C．根据几何关系，可得N点到O点距离为故C正确；D．根据几何关系可知圆心角为120°，粒子运动的时间为故D错误；故选BC。 6．(1)大 (2)CD (3) (4)偏小 【详解】（1）为了减小实验的误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量。（2）A．为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，故A错误； B．为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上，故B错误； C．为了减小角度引起的误差，大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，故C正确； D．改变入射角的大小，多做几次实验，能更好的得到实验结论，故D正确。 故选CD。（3）此玻璃砖的折射率计算式为 4）作出光路图，如图所示 实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，根据折射定律可知，测得的折射率偏小。 7．(1)B(2)D(3)C(4)D 【详解】（1）变压器原线圈要接交变电流，A图中接的是学生电源的直流输出，B图中接的是学生电源的交流输出，故A错误，B正确。故选B。 （2）由图，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd，即平行于面aehd，故ABC错误。故选D。 （3）A．根据实验原理可知，实验中要通过改变原、副线匝数探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，故A错误； B．变压器不改变交流电的频率,变压器工作时副线圈电压频率与原线圈相同，故B错误； C．根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过副线圈的电流对于降压变压器，副线圈的电流大于原线圈的电流，为了保证安全，绕制降压变压器原、副线圈时，副线导线应比原线圈导线粗一些好，故C正确；D．尽管实验所用电压较低，为确保安全，通电情况下不可用手接触裸露的导线、接线柱，故D错误。故选C。 （4）A．根据理想变压器的原副线圈的电压与其匝数关系式，若变压器的铁芯没有闭合漏磁损耗严重，会使得副线的电压小于12V，故A错误；B．若是电压的测量出了问题，应该是小于12V，不应该大于12V，故B错误；C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由可知，副线圈的电压小于12.0V，故C错误；D．若学生电源实际输出电压大于标注的“6V”，由可知，副线圈的电压可能13.0V，故D正确。故选D。 8．(1)(2) 【详解】（1）根据光在介质中的传播速度公式，可得 （2）作出光路图，如图所示则光从射入三棱镜并传播至BC边的路程为光从D点射入到传播至BC边所需要的时间可得 9．(1)220V (2)9.90×10−3Wb (3)1.11Ω，1.21×103W 【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得电动势有效值代入数据得 （2）线圈中感应电动势的最大值又而联立代入数据得 （3）根据变压器阻抗变换原理，负载电阻R等效到原线圈的电阻为R′，则电源输出功率电源输出功率最大，即R消耗功率最大，即， 10．(1)正电(2)(3) 【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。 （2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有 设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有 竖直方向上由运动学公式，有联立上述各式，得 （3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得                    洛伦兹力提供向心力，有联立得 11．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据解得边进入磁场时的速度此时的感应电动势 感应电流边所受安培力由题意知联立解得 （2）边刚进入匀强磁场区域时，边相当于电源，根据电阻定律可知边的电阻为 其他三边的电阻为，边两端的电压是路端电压，则边两端的电压为 （3）从线框刚进入磁场到刚好离开磁场过程中，线框的速度变化为零，根据功能关系可得根据焦耳定律可得联立解得 ( 答案第 2 页，共 5 页 ) ( 答案第 3 页，共 5 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $