2025年滬科版高二物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高二物理上冊月考試卷432考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點。取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計.在O到A運動過程中，下列關于粒子運動加速度a和速度v隨時間t的變化、運動徑跡上電勢和粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是2、如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，鐵芯上繞導線并與電源連接，在縫隙中形成一勻強磁場．一銅質細直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、垂直．讓銅棒從靜止開始自由下落，銅棒下落距離為0.2R時銅棒中電動勢大小為E1，下落距離為0.8R時電動勢大小為E2，忽略渦流損耗和邊緣效應．關于E1、E2的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是（）A.E1＜E2，a端為正B.E1＜E2，b端為正C.E1＞E2，a端為正D.E1＞E2，b端為正3、如圖是一個示波管工作原理圖的一部分，電子經過加速后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時的偏轉量為y，兩平行板間距為d、板長為L、板間電壓為U．每單位電壓引起的偏轉量（y/U）叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可以采用的方法是（）A.增加兩板間的電勢差UB.盡可能縮短板長LC.盡可能減小板距dD.使電子的入射速度v0大些4、如圖所示，一圓形區(qū)域內存在勻強磁場，AC

為直徑，O

為圓心，一帶電粒子從A

沿AO

方向垂直射入磁場，初速度為v

1

從D

點射出磁場時的速率為v

2

則下列說法中正確的是(

粒子重力不計)(

)

A.v

2

>v

1

v

2

方向的反向延長線必過圓心B.v

2

=v

1

v

2

方向的反向延長線必過圓心C.v

2

>v

1

v

2

方向的反向延長線可能不過圓心D.v

2

=v

1

v

2

方向的反向延長線可能不過圓心5、起重機將2×104N的重物勻速提升5m，在此過程中，起重機對重物做的功是（）A.4×103JB.1×104JC.1×105JD.4×105J6、處在磁場中的一閉合線圈，若沒有產生感應電流，則可以判定()A.線圈沒有在磁場中運動B.線圈沒有做切割磁感線運動C.穿過線圈的磁通量沒有發(fā)生變化D.磁場沒有發(fā)生變化7、某勻強電場的等勢面分布如圖所示，已知相鄰等勢面的間距均為1cm，則以下說法中正確的是（）A.電場強度的方向豎直向下B.電場強度的方向豎直向上C.電場強度的大小為E=1V/mD.電場強度的大小為E=100V/m8、如圖是一個由邏輯電路按鈕開關S

光敏電阻R0

蜂器D

等元件組成的一個簡單防盜報警器的電路圖，R0

被光照時電阻減小。當S

未閉合或R0

無光照時蜂鳴器D

不報警；當放在地面的S

被踩下閉合、同時安裝在保險箱內的R0

被光照射時，蜂鳴器就會發(fā)出鳴叫聲。則該報警器使用的門電路是(

)

A.與門B.或門C.與非門D.或非門評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、質子rlap{_{1}}{^{1}}H和婁脕

粒子rlap{_{2}}{^{4}}He被加速到相同動能時，質子的動量_______(

選填“大于”、“小于”或“等于”)婁脕

粒子的動量，質子和婁脕

粒子的德布羅意波波長之比為_____。10、物體A、B質量之比mA：mB=3：1，使它們以相同的初速度沿水平地面滑行．如果A、B兩物體受到相同大小的阻力，那么它們停下來所用時間之比tA：tB=____；如果A、B兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，那么它們停下來所用時間之比tA：tB=____．11、單擺的擺長為l，擺球質量為m，把擺球從平衡位置拉開一段距離，當偏角為a時由靜止釋放，則單擺經過平衡位置時的動能為____．12、一個密閉氣缸里的氣體膨脹時推動活塞做了900J的功，同時從外界吸收500J的熱量，則氣體內能____（填“增加”或“減少”）了____J．13、如圖所示虛線為電場中的一簇等勢面，A、B兩等勢面間的電勢差為20V，且A的電勢高于B的電勢，相鄰兩等勢面電勢差相等，一個電子在只受電場力作用下的情況下從電場中通過的軌跡如圖中實線所示，電子過M點的動能為30eV，它經過N點的動能為______eV，電子在N點的電勢能比M點的電勢能______（填“大”或“小”）14、如圖，讀出螺旋測微器和游標卡尺的示數(shù)，螺旋測微器的示數(shù)為______mm，游標卡尺的示數(shù)______cm

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）16、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

17、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

18、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）19、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）20、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

21、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

22、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、證明題(共2題，共6分)23、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。24、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、作圖題(共2題，共14分)25、在《互成角度的兩個共點力的合成》的實驗中，兩個彈簧秤的拉力F1和F2已于圖中作出了它們的圖示，O是橡皮條的一個端點，圖中每格的長度代表1N。（1）用作圖法作出合力F的圖示；（2）合力F的大小是_______N。26、請描述出圖中通電導線周圍的磁感線和單個正電荷周圍的電場線。評卷人得分六、綜合題(共1題，共2分)27、

(1)

如圖所示，豎直向上的拉力F

=22N

作用在置于水平地面上質量為2kg

的物體上，將物體豎直向上提升2m

此過程中拉力對物體做的功是____J

物體的末速度為____m/s(

重力加速度g=10m/s2)

(2)

以10m/s

的速度從20m

高的塔上水平拋出一個石子。不計空氣阻力，取g

=10m/s2

則石子經____s

落地，落地時相對于拋出點的水平位移是____m

(3)

一個玩具小汽車在水平地板上以某一速度勻速行駛時，玩具小汽車對地板的壓力大小F

1

____(

填“等于”、“大于”或“小于”)

它的重力大小G

；當該玩具小汽車以同一速度通過玩具拱形橋最高點時，它對橋面的壓力大小F

2

____(

填“等于”、“大于”或“小于”)

它的重力大小G

。

(4)

如圖所示為“探究加速度與物體受力的關系”實驗裝置圖，小車的質量為m

1

托盤及砝碼的質量為m

2

．(1)

打點計時器使用____(

選填“直流”或“交流”)

電源．(2)

實驗中____．A.應保持m

1

不變，改變m

2

B.應保持m

2

不變，改變m

1

C.應保證m

1

比m

2

小得多D.

應保持m

1

和m

2

的比值不變參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：由圖可知，從O到A點，電場線由疏到密，電場強度先減小后增大，方向不變，因此電荷受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大的加速運動，故A正確，B選項錯誤；沿著電場線方向電勢降低，而電勢與位移的圖象的斜率表示電場強度，因此C錯誤；電荷在電場力作用下做正功，粒子的動能增加，即而動能Ek隨位移x的變化圖線的斜率表示電場強度，故D選項錯誤。考點：電場線牛頓第二定律動能定理【解析】【答案】A2、B【分析】解：根據(jù)法拉第電磁感應定律：E=BLv；如下圖；

L1=

L2=

又v1=

v2=

所以E1=BL1V1=

E2=BL2V2=

所以E1＜E2．

再根據(jù)右手定則判定電流方向從a到b，在電源內部電流時從電源負極流向正極，b端為正；

故選：B．

根據(jù)題意分析知道由銅棒下落；切割磁感線產生感應電動勢．

由于下落距離不同；根據(jù)磁感線的分布求出銅棒切割磁感線時的有效長度．

再根據(jù)E=BLv進行對比．

最后根據(jù)右手定則判斷出電流方向；根據(jù)電源內部電流方向特點找出電源的正負極．

由于銅棒切割磁感線時沒有形成回路；所以銅棒做的是自由下落．

對于電源而言，電源內部電流是從電源負極流向正極．【解析】【答案】B3、C【分析】解：設電子的電量為q，質量為m，加速度為a，運動的時間為t，則加速度：a==

運動時間t=

偏轉量h==．

所以示波管的靈敏度：=．

通過公式可以看出，提高靈敏度可以采用的方法是：加長板長L，減小兩板間距離d和減小入射速度v0．故C正確；ABD錯誤．

故選：C．

電子在勻強電場中發(fā)生偏轉；根據(jù)已知的條件，寫出偏轉量的表達式，根據(jù)公式進行說明．

該題本意是考查帶電粒子在電場中的偏轉，要熟記偏轉量的公式以及它的推導的過程．【解析】【答案】C4、B【分析】粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，所以v

2

=v

1

軌跡圓與磁場邊界圓相交，根據(jù)對稱性，v

1

的方向過圓心，那么v

2

方向的反向延長線必過圓心，選項B正確?！窘馕觥緽

5、C【分析】解：物體做勻速直線運動，故拉力為：F=G=2×104N；

則起重機對物體的做的功為：W=Fh=2×104N×5m=1×105J

故C正確ABD錯誤。

故選：C。

根據(jù)平衡條件確定起重機的拉力；再由功的公式可求得起重機對物體做的功。

本題考查功的計算，要注意功的公式以及二力平衡的應用，屬基本知識的直接考查?！窘馕觥緾6、C【分析】只要穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化就有感應電流產生，當線圈平行磁場運動時磁通量不變，沒有電流產生，同理ABD錯；c對；【解析】【答案】C7、D【分析】解：根據(jù)電場線總是與等勢面垂直；而且由高電勢指向低電勢，可知，電場強度方向水平向左．

兩個相鄰等勢面相距d=2cm，電勢差U=2V，則電場強度E==V/m=100V/m；故ABC錯誤，D正確；

故選：D．

電場線總是與等勢面垂直；而且由高電勢指向低電勢．根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關系U=Ed求出電場強度的大?。?/p>

本題考查電場線與等勢面的關系、場強與電勢差的關系．公式U=Ed中，d是沿電場線方向兩點間的距離．【解析】【答案】D8、C【分析】解：當S

未閉合或R0

無光照時蜂鳴器D

不報警；只有當放在地面的S

被踩下閉合；同時安裝在保險箱內的R0

被光照射時，蜂鳴器就會發(fā)出鳴叫聲，說明A

和B

端先接入一個與門電路；當放在地面的S

被踩下閉合、同時安裝在保險箱內的R0

被光照射時，A

和B

端均為高電勢，而輸出的是低電勢，即后面是非門電路，故該報警器使用的門電路是“與非門”電路，故C正確、ABD錯誤；

故選：C

當放在保險箱前地毯下的按鈕開關S

被腳踩下閉合；同時安裝在保險箱里的光敏電阻R0

被透入的光線照射時，蜂鳴器就會發(fā)出鳴叫聲，說明某個事件的條件全部滿足，事件才能發(fā)生。根據(jù)電路的連接情況確定所接入的門電路。

本題主要是考查簡單的邏輯電路，解答本題要掌握簡單的邏輯電路的特點；對于門電路要清楚其原理及功能，并且通過分析題意才能找出正確的對應關系。【解析】C

二、填空題(共6題，共12分)9、小于2：1【分析】【分析】根據(jù)Ek=12mv2P=mv

得到動能與動量的關系，然后根據(jù)公式婁脣=hp

比較物質波的波長。

該題考查德布羅意波波長，關鍵是記住公式婁脣=hp

同時要能夠推導出動量與動能的關系分析，基礎題目?！窘獯稹縿幽芘c動量的關系為：p=2mEk

物質波的波長：婁脣=hp

聯(lián)立得到：婁脣=h2mEk隆脴1m

質子和婁脕

粒子質量之比為14

故物質波的波長之比為21

故填：小于；21

【解析】小于21

10、略

【分析】

如果A、B兩物體受到相同大小的阻力，根據(jù)牛頓第二定律得，a=知A、B兩物體的加速度大小之比為1：3，根據(jù)t=知；初速度相同，則停下來的時間之比為3：1．

如果A、B兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，根據(jù)牛頓第二定律得，a=知加速度大小之比為1：1，根據(jù)t=知；初速度相同，則停下來的時間之比，1：1．

故答案為：3：1；1：1

【解析】【答案】根據(jù)牛頓第二定律求出加速度之比；通過速度時間公式求出兩物體的運動時間之比．

11、略

【分析】

單擺擺動過程中；只有重力做功，根據(jù)動能定理，有：

mg（l-lcosθ）=Ek

故Ek=mg（l-lcosθ）；

故答案為：mg（l-lcosθ）．

【解析】【答案】單擺擺動過程中；只有重力做功，根據(jù)動能定理列式求解即可．

12、減少400【分析】【解答】氣體吸收了500J的熱量，故Q=500J；

對外做的功是900J，故W=﹣900J；

根據(jù)熱力學第一定律，有：△U=Q+W=500J﹣900J=﹣400J．即減少了400J．

故答案為：減少；400．

【分析】在熱力學中，系統(tǒng)發(fā)生變化時，設與環(huán)境之間交換的熱為Q，與環(huán)境交換的功為W，可得熱力學能（亦稱內能）的變化為：△U=Q+W．13、略

【分析】解：由題意知；A；B兩等勢面間的電勢差為20V，相鄰兩等勢面電勢差相等，則知M、N間的電勢差為：U=15V．

因為A的電勢高于B的電勢；則知M的電勢高于N的電勢，電子從M點運動到N點，電場力做負功，所以電勢能增加，故電子在N點的電勢能比M點的電勢能大，根據(jù)動能定理得：

W=EkN-EkM

則得：EkN=W+EkM=-15eV+30eV=15eV

故答案為：15；大．

根據(jù)電勢高低判斷電場力對電子做功的正負；運用動能定理求經過N點時的動能和電勢能的減少．

本題只要掌握動能定理和能量守恒定律，并能用來分析電場中帶電粒子運動的問題，難度不大．【解析】15；大14、略

【分析】解：螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為5mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×48.5mm=0.485mm；

所以最終讀數(shù)為：5mm+0.485=5.485mm．

游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為4.1cm；游標讀數(shù)為0.02×10mm=0.20mm=0.020cm；

所以最終讀數(shù)為：4.1cm+0.020cm=4.120cm．

故答案為：5.485；4.120

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)；不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解析】5.485；4.120三、判斷題(共8題，共16分)15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．16、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?8、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．19、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．20、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．22、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、證明題(共2題，共6分)23、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動24、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動五、作圖題(共2題，共14分)25、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)平行四邊形畫出合力如圖：（2）由圖看以數(shù)出合力的長度是5個小格，所以合力大小為：考點：《互成角度的兩個共點力的合成》的實驗【解析】【答案】（1）如圖所示（2）5。26、略

【分析】

根據(jù)安培定則判斷出磁感線的方向；再畫出磁感線。正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠終止。

對于常見的磁場的磁感線和電場的電場線分布要在理解的基礎上，加強記憶?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)安培定則判斷可知：通電導線周圍的磁感線方向沿逆時針方向(

俯視)

是以導體上各點為圓心的一簇同心圓，磁感線的分布如圖；正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠終止，其電場線分布如圖。六、綜合題(共1題，共2分)27、（1）442（2）220