2024年人教A版高二物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人教A版高二物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、频率的单位是（）

A.赫兹。

B.米/秒。

C.秒。

D.牛顿。

2、某质点做匀变速直线运动；在连续两个2s内的平均速度分别是4m/s和10m/s，该质点的加速度为（）

A.3m/s2

B.4m/s2

C.5m/s2

D.6m/s2

3、高速列车从静止开始做匀加速直线运动，20s

末的速度是30m/s

列车加速度的大小是A.1.5m/s?

B.2m/s?

C.3m/s?

D.6m/s?

4、如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1

现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2

则以下说法正确的是(

)

A.弹簧长度将变长，N1>N2

B.弹簧长度将变短，N1>N2

C.弹簧长度将变长，N1<N2

D.弹簧长度将变短，N1<N2

5、下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是：A.线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大B.线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大C.线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D.线圈中磁通量增大时，感应电动势增大；磁通量减少时，感应电动势减小6、穿过闭合回路的磁通量娄碌

随时间t

变化的图象分别如图甲；乙、丙、丁所示；下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是(

)

A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C.图丙中回路在0隆芦t0

时间内产生的感应电动势大于t0隆芦2t0

时间内产生的感应电动势D.图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变7、如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0

沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L

板间的距离为d

板间电压为U

带电粒子的电荷量为q

粒子通过平行金属板的时间为t(

不计粒子的重力)

则(

)

A.若板间电压减少为U2

则粒子的偏移量y

减少为原来的14

B.在前t2

时间内，粒子的偏移量y=d4

C.在前t2

时间内，电场力对粒子做的功为Uq4

D.在后t2

时间内，电场力对粒子做的功为38Uq

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、质量为M

的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m

的子弹以水平速度v

0

射入物块后，以水平速度2

v

0/3

射出.

则物块的速度为________，此过程中损失的机械能为________．9、某同学测量一个圆柱体的电阻率；需要测量圆柱体的尺寸，分别使用了游标卡尺和螺旋测微器测量长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，长度为______cm，直径为______mm。

10、用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻，有如图所示的甲、乙两个电路图，实验时应选电路____，某同学根据实验数据画出U-I图象如图丙所示，则测得的电池的电动势为____伏，内电阻为____欧姆．

11、某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源（在正常工作状态下输出的电流恒定）．电压表；待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．

（1）若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性；请你在图1中的实物图上连线．

（2）实验的主要步骤：

①正确连接电路；在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；

②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，______；断开开关；

③重复第②步操作若干次；测得多组数据．

（3）实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图2的R-t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R-t关系式：R=______+______t（Ω）（保留3位有效数字）．12、在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出，但中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测．1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11H的核反应，间接地证实了中微子的存在，中微子与水中11H发生核反应，产生中子（01n）和正电子（+10e），即：中微子+11H→01n++10e，由此可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是______（填入正确选项前的字母）

A．0和0B．0和1C．1和0D．1和l

上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，可以转变为两个能量相同的光子（γ），即+10e+-10e→2γ．已知正电子和电子的质量都是9.1×10-31kg，反应中产生的每个光子的能量约为______J．（c=3.0×108m/s）评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）14、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）15、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）16、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

17、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

18、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）19、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）20、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

21、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、解答题(共4题，共8分)22、质量为0.1g的小物块，带有-5.0×10-4C的电荷量，放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，物块开始离开斜面（设斜面足够长，磁场足够大g=10m/s2）

（1）物块离开斜面时的速度是多少？

（2）物块在斜面上滑行的最大距离是多大？

（3）物块离开斜面后最终的运动状态以及速度是多少？

23、在真空中P点，放一个q=-1.5×10-9的点电荷，测得电荷所受电场力大小7.5×10-6N；并且力的方向水平向西．求P点的电场强度的大小和方向．

24、两条相距为1m的水平金属导轨上放置一根导电棒ab，处于竖直方向的匀强磁场中，如图所示，导电棒的质量是1.2kg，当棒中通入2安培的电流时（电流方向是从a到b），它可在导轨上向右匀速滑动，如电流增大到4A时，棒可获得0.5m/s2的加速度．求：

①磁场的方向？

②磁场的磁感强度的大小和摩擦力大小？

25、如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．

（1）若在C；D间连一个理想电压表；其读数是多少？

（2）若在C；D间连一个理想电流表；其读数是多少？

（3）若在C；D间连一个“6V；3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？（保留三位有效数字）

评卷人得分五、证明题(共2题，共16分)26、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。27、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】

频率的单位赫兹；不是米/秒；秒、牛顿．

故选A

【解析】【答案】德国科学家赫兹首先用实验捕捉到了电磁波；为了纪念他，就用他的名字作为频率的单位．

2、A【分析】

第一个2s内的位移第二个2s内的位移．根据△x=aT2得，a=．故A正确；B；C、D错误．

故选A．

【解析】【答案】求出连续两个2s内的位移，根据△x=aT2求出质点的加速度．

3、A【分析】由v=v0+at

可得：故选A【解析】A

4、B【分析】解：开始时磁体受重力和支持力；二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；

通电后；根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；

由牛顿第三定律可知；条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；

故选：B

先判断电流所在位置的磁场方向；然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．

本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．【解析】B

5、C【分析】由法拉第电磁感应定律可知感应电动势正比于磁通量的变化率，与磁通量的变化量无关，与磁通量的大小无关，C对；【解析】【答案】C6、C【分析】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N鈻�鈱�鈻�t

．

结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量娄碌

随时间t

变化的图象的斜率k=鈻�鈱�鈻�t

．

A；图甲中磁通量娄碌

不变；无感应电动势.

故A错误．

B；图乙中磁通量娄碌

随时间t

均匀增大；图象的斜率k

不变，也就是说产生的感应电动势不变.

故B错误．

C；图丙中回路在O隆芦t0

时间内磁通量娄碌

随时间t

变化的图象的斜率为k1

在t0隆芦2t0

时间内磁通量娄碌

随时间t

变化的图象的斜率为k2

从图象中发现：k1

大于k2

的绝对值.

所以在O隆芦t0

时间内产生的感应电动势大于在t0隆芦2t0

时间内产生的感应电动势.

故C正确．

D；图丁中磁通量娄碌

随时间t

变化的图象的斜率先变小后变大；所以感应电动势先变小后变大，故D错误．

故选：C

根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．

结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量娄碌

随时间t

变化的图象的斜率k=鈻�鈱�鈻�t

．

运用数学知识结合磁通量娄碌

随时间t

变化的图象解决问题．

通过娄碌鈭�t

图象运用数学知识结合物理规律解决问题；其中我们要知道娄碌鈭�t

图象斜率的意义．

利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．

对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究．【解析】C

7、D【分析】解：A

电子在电场中偏转所用时间：t=lv0

又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a

由牛顿第二定律得：a=qEm=qUdm

则偏移量y=12at2=qUl22dmv02

若板间电压减少为U2

则粒子的偏移量y

减少为原来的12

故A错误；

B、粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由y=12at2

可得，前t2

时间内与t

时间内垂直于板方向之比为14

则前t2

时间内，粒子的偏移量y=12d隆脕14=d8

电场力对粒子做功为W=qEy1=q隆脕Ud隆脕d8=18qU

故BC错误．

D、由y=12at2

可得，后t2

时间内与T

时间内垂直于板方向之比为34

则在后t2

时间内，电场力对粒子做功为38qU.

故D正确．

故选：D

带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内；做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律求出竖直方向的偏移量的表达式即可；

竖直方向做初速度为0

的匀加速运动，由推论可求出在前t2

时间内和在后t2

时间内竖直位移之比；由动能定理求出电场力做功．

粒子在垂直于板的方向分运动是初速度为匀加速直线，本题的解法是运用推论法求解．【解析】D

二、填空题(共5题，共10分)8、【分析】由动量守恒定律得，mv

0=

m

隆陇

v

0+

Mv

，解得此过程损失的机械能为E

=

mv

02鈭�[

m

+

Mv

2]=

．【解析】9、0.5902.798【分析】解：由图示游标卡尺可知；其示数为：5mm+18×0.05mm=5.90mm=0.590cm；

由图示螺旋测微器可知；其示数为：2.5mm+29.8×0.01mm=2.798mm。

故答案为：0.590；2.798。

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。【解析】0.5902.79810、略

【分析】

甲图误差来自电压表的分流，电动势和内阻测量值和真实值之间的关系为：因此利用甲电路所测结果都偏小但是，由于电压表内阻Rv很大；测量结果接近真实值；

乙图误差电流表的分压，电动势和内阻测量值与真实值之间的关系为：E测=E真，r测=r真+RA；利用乙电路虽然电动势的测量没有系统误差，但是所使用的电流表内阻和电源内阻相差不大，甚至比电源内阻大，这样导致内阻的测量误差很大，因此在测量电源电动势和内阻时采用的是甲图电路．

由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，U=E-rI，因此当干路电流为零时的路端电压为电动势，图线的斜率为电源的内阻，由此可知，E=1.5V，．

故答案为：甲；1.5，0.5．

【解析】【答案】甲图误差来自电压表的分流，乙图误差来自电流表的分压，根据误差产生的原因结合实际情况进行电路的选择；由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知；在U-I图象中，当电流为零时的电压为电源电动势，图象的斜率大小等于电源的内阻．

11、略

【分析】解：（1）直流恒流电源在正常工作状态下输出的电流恒定；故只需要将电压表与电阻并联测量出电压即可，实物图上连线如图。

（2）本实验要测量电阻值和温度值的关系；电阻要用欧姆定律计算，由于电流恒定且已知，故需测量电压和温度；

故答案为：记录电压表电压值；温度计数值．

（3）从图中取相距较远的两个特殊点，代入R=R0+kt计算。

由图有。

120=R0+50k

104=R0+10k

解得。

R0=100Ω

k=0.395

故该热敏电阻的R-t关系式：R=100+0.395t

故答案为：100；0.395．

（1）连接实物图；要注意电流从电压表的正接线柱流入，从负接线柱流出，电压表与热敏电阻并联；

（2）实验要测量电阻值和温度值；电阻要用欧姆定律计算，由于电流恒定且已知，故需测量电压和温度；

（3）从图中取相距较远的两个特殊点，代入R=R0+kt计算即可．

本实验研究热敏电阻的R-t特性，但实验的电学操作部分实际是电阻的测量，把传统的测量电阻实验原理及方法，放到了研究热敏电阻R-t特性的背景中，解答此题，关键还是对伏安法的熟练掌握．【解析】记录电压表电压值、温度计数值；100；0.39512、略

【分析】解：（1）根据质量数守恒；电荷数守恒；知中微子的质量数和电荷数为0和0．

故选：A

（2）根据爱因斯坦质能方程知，△E=△mc2=2E，解得光子能量E==8.2×10-14J．

正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子；因为要遵循动量守恒．

故答案为：（1）A；（2）8.2×10-14

（1）根据电荷数守恒；质量数守恒判断中微子的质量数和电荷数．

（2）根据质量亏损；通过爱因斯坦质能方程求出每个光子的能量．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，因为要遵循动量守恒．

解决本题的关键知道核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒，掌握爱因斯坦质能方程．【解析】A；8.2×10-14三、判断题(共9题，共18分)13、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．14、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．15、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．16、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．17、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．18、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．19、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．20、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．21、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、解答题(共4题，共8分)22、略

【分析】

（1）当物块将离开斜面时；斜面对物块的支持力为零，设此时物块速度为v；

F洛=qvB=mgcos30°

V==2m/s

（2）物块离开斜面前匀加速下滑；设滑行最大距离为s

mgsin30°=ma

a=gsin30°=5m/s2

2as=v2-0

s==1.2m；

（3）离开斜面后，物体受重力和洛仑兹力的作用；由于洛仑兹力不做功，只有重力做功，速度增大；洛仑兹力增大，当洛仑兹力等于重力且方向竖直向上时，二者相等，物体达到最终的平衡状态，故最终时有：Bqv1=mg

v1===4m/s；

答：（1）离开斜面时的速度为2m/s；（2）在斜面上滑行的最大距离为1.2m；（3）最终物体将做匀速直线运动；最终的速度为4m/s．

【解析】【答案】（1）物体离开时对斜面的压力为零；即洛仑兹力等于重力的分力；

（2）物体离开前一直做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可求得加速度，由运动学公式可求得离开时的速度．

（3）物体离开斜面后由于重力及洛仑兹力的作用速度大小及方向均做调整；只到最终达到稳定为止，根据受力情况可知稳定时的速度及运动状态．

23、略

【分析】

P点的