2025年人教版高二物理上册月考试卷

…………○…………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2025年人教版高二物理上册月考试卷477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、如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15鈭�

角，AB

直线垂直匀强电场E.

现有一质量为m

电荷量为+q

的小球在A

点以初速度大小为v0

方向水平向右抛出，经时间t

小球下落到C

点(

图中未画出)

时速度大小仍为v0

则小球由A

点运动到C

点的过程中，下列说法正确的是(

)

A.C

点可能位于AB

直线的左下侧B.电场力对小球做功为零C.小球的电势能减小D.小球的机械能一定减小2、如图所示；长直导线MN被固定，且与线圈A在同一平面内，为了使A中产生逆时针方向的感应电流，可采取的办法是（）

A.把闭合电键K断开。

B.使线圈A向下平动。

C.把变阻器滑片P向右移动。

D.把变阻器滑片P向左移动。

3、如图所示，用轻弹簧连接起来的两个同样的摆，两摆的振动使它们任何时刻都偏过同样的角度，但图甲中两摆总是偏向同一方，即左右摆动步调一致；图乙中两摆总是向相反方向，即左右摆动步调相反，则两摆的周期T甲、T乙比较时；大小为（）

A.T甲=T乙

B.T甲＞T乙

C.T甲＜T乙

D.无能确定。

4、如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的场强为E

方向水平向左，磁场的磁感应强度为B

方向与电场垂直且水平向里.

一带点液滴以竖直向下的初速度v

0=

进入电；磁场区域；最终能飞出该区域.

则液滴在电、磁场中()

A.做匀速直线运动B.做匀变速曲线运动。

C.运动速度逐渐减小D.机械能逐渐减小5、有两个点电荷，带电荷量分别为Q

和q

相距为d

相互作用力为F

为了使它们之间的作用力加倍，下列做法可行的是(

)

A.仅使Q

加倍B.仅使q

减小为原来的一半C.使Q

和q

都加倍D.仅使d

减为原来的一半6、关于电源和电流，下述说法正确的是（）A.电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B.由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C.从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D.打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速7、用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气，每次能把体积为V0，压强为p0的空气打入容器内．若容器内原有空气的压强为p，打气过程中温度不变，则打了n次后容器内气体的压强为（）A.B.p0+np0C.p+n（）D.P0+（）n•p0评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、图甲所示线圈总电阻r=0.5Ω，匝数n=10，其端点a、b与R=1.5Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示．关于a、b两点电势ϕa______ϕb（填“大于”或“小于”），两点电势差Uab=______V．9、图1游标卡尺的读数为______mm；

图2螺旋测微器读数为______mm．

10、在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：

(1)下列给出的材料中应选择____________作为摆球与摆线；组成单摆．

A．木球B．铁球C．柔软不易伸长的丝线D．粗棉线。

(2)在测定单摆摆长时；下列的各项操作正确的是____________

A．装好单摆；抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离。

B．让单摆自由下垂；测出摆线长度再加上摆球直径。

C．取下摆线；测出摆线长度后再加上摆球半径。

D．测出小球直径；把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径。

(3)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大；可能的原因是____________

A．摆球的质量偏大B．单摆振动的振幅偏小。

C．计算摆长时加上了摆球的直径D．将实际振动次数n次误记成(n+1)次。

(4)实验中测量得小球的直径的示数如图1所示；图中游标尺上有20个等分刻度，则小球的直径d为____________mm．用秒表记下了单摆振动50次的时间如图2所示，由图可读出时间为____________s．

11、如图甲所示；为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度.

给该台灯接220V

的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为______V

．

12、如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质量m=1.9kg的木块，木块距小车左端6m（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板之间的动摩擦因数μ．（g=10m/s2）13、如图，靠齿轮传动的两个圆轮，半径之比为3：5，则两轮的转速之比____．

14、在做用油膜法估测分子大小的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的体积浓度为n，又用滴管测得每N滴这种酒精油酸的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上（如图）测得油膜占有的小正方形个数为m．用以上字母表示油酸分子的大小d=______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、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）16、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）17、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）

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、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）20、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）21、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）

评卷人得分四、解答题(共3题，共18分)22、一台电扇的额定电压220V；正常工作时的电流是0.8A，若它的线圈电阻是2.5Ω，求这台电扇的耗电功率；发热功率．

23、如图所示，电源是用4节电池连成的串联电池组，每节电池的电动势为1.5V，内阻为1Ω，R1=8Ω，R2=8Ω，R3=4Ω；求三个电阻上的电流分别是多大？

24、波速均为v=2m/s的甲；乙两列简谐横波都沿x轴正方向传播；某时刻波的图象分别如图所示，其中P、Q处的质点均处于波峰．关于这两列波，下列说法正确的是______

A．甲波中的P处质点比M处质点先回平衡位置。

B．从图示的时刻开始；P处质点比Q处质点先回平衡位置。

C．从图示的时刻开始；经过1.0s，P质点通过的位移为2m

D．如果这两列波相遇可能产生稳定的干涉图样．

评卷人得分五、证明题(共2题，共12分)25、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。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。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：A

小球由A

点运动到C

点的过程中；重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，小球带正电，则C

点的电势比A

点电势高，故C点一定位于AB

直线的右侧，故ABC错误；

D；小球具有机械能和电势能；小球的电势能增加，由能量守恒定律可知，小球的机械能一定减小，故D正确．

故选：D

．

小球由A

点运动到C

点的过程中；重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C

点的电势比A

点电势高，可知C

点位于AB

直线的右侧，并利用类斜抛的合成与分解方法，依据合力方向速度为零，则球达到最高点，即速度最小．

本题运用动能定理分析电场力做功正负，并分析电势能、机械能的变化.

根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析C

点的位置，并掌握类斜抛运动的处理规律．【解析】D

2、D【分析】

A；当把闭合电键K断开后；直导线MN中没有电流，则通过线框A的磁场方向垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为顺时针方向．故A错误．

B；使线圈A向下平动；导致垂直向里的穿过线圈A的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针．故B错误．

C；当把变阻器滑片P向右移动；导致MN直导线电流减小，则垂直穿过线圈的磁通量也在减小，所以产生感应电流方向为顺时针．故C错误；

D；当把变阻器滑片P向左移动；导致MN直导线电流增大，则垂直穿过线圈的磁通量也在增大，所以产生感应电流方向为逆时针．故D正确．

故选D．

【解析】【答案】由于穿过线圈A的磁通量变化；从而使A中产生逆时针方向的感应电流，因此根据楞次定律，即可判定磁通量如何变化，从而即可求解．

3、B【分析】

单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力．甲中两摆总是偏向同一方，左右摆动步调一致，弹簧没有弹力，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，其周期仍为T甲=2．而图乙中两摆总是向相反方向，左右摆动步调相反，若弹簧一直处于伸长状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快，周期缩短；若弹簧一直处于压缩状态，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快．若伸长和压缩状态交替产生，摆球的平衡位置右移，回复力增大，摆球振动加快．则T乙＜2．所以T甲＞T乙．

故选B

【解析】【答案】单摆的周期公式是T=2反映了单摆振动的快慢．甲中两摆总是偏向同一方，左右摆动步调一致，弹簧没有弹力，其周期仍为T=2．而图乙中两摆总是向相反方向；左右摆动步调相反，振动加快，周期减小．

4、D【分析】解：A

带点液滴进入场中时；由题意可知，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其加速运动，从而影响洛伦兹力，使其大小增大，导致方向也发生变化，所以带点液滴将向右做变速曲线运动，故AB均错误；

C；由题意可知；带点液滴向右偏离并射出复合场，则运动速度渐渐增大，故C错误；

D；由上分析可知；电场力做负功，导致电势能增加，则机械能减小，故D正确；

故选D【解析】D

5、A【分析】【分析】根据库仑定律的公式写出在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑力，运用比例法求解。

本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系。【解答】根据库仑定律F=kq1q2r2

当Q

加倍时；则作用力变化2F

故A正确；

当q

减为原来的一半，由公式可知，作用力变化故B错误；当Q

和q

都加倍；根据公式可知，作用力变为4F

故C错误；

如果Qq

恒定，当距离变为12d

时；作用力将变为4F

故D错误。

故选A。

【解析】A

6、C【分析】解：A；电源正负极之间的电压称为路端电压；当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势。故A错误；

B、公式R=是电阻的定义式；与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关。故B错误；

C；从能量转化的角度看；电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能。故C正确；

D；打开教室开关；日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速。故D错误。

故选：C。

电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．电动势由电源性质决定，外电路无关；公式R=是电阻的定义式；打开教室开关；日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速．

该题考查电动势的概念以及对电阻的理解，解答的关键是理解并掌握电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律．基础题目．【解析】C7、C【分析】解：以容器内气体与打入气体为研究对象，气体的状态参量：初状态：V1=nV0，V2=V，P1=P0，P2=P

末状态：V3=V，P3=？？

由玻意耳定律得：

p1V1+p2V2=P3V3

解得：p3=p+

故选：C。

以容器内原有的气体与打入的气体为研究对象；求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体压强．

本题考查了求气体压强，由于是将两部分飞气体合并到一起，所以巧妙选择研究对象，求出气体的状态参量、应用玻意耳定律是解题的关键．【解析】C二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的；根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向．

在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，那么a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势．

根据法拉第电磁感应定律得：

E==10×V=2V；

再由闭合电路欧姆定律，则有：I===1A．

a、b两点电势差就相当于电路中的路端电压．

所以Uab=IR=1.5V．

故答案为：大于；1.5．

根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势．

根据楞次定律判断感应电流的方向．

结合电路知识求出a、b两点电势差．

通过Φ-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Φ-t图象斜率的意义．

在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源．【解析】大于；1.59、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为5.0cm=50mm；游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．

螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm；可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm，由于需要估读因此在范围4.699-4.703mm内均正确．

故答案为：50.15；4.700

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】50.15；4.70010、略

【分析】解：(1)为减小空气阻力与摆长变化对实验的影响；应选用密度大而体积小的球作为摆球，应选长度不易发生变化的线作为摆线，因此摆球应选B，摆线选C；

(2)单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和；应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故D正确；

(3)由单摆周期公式T=2π重力加速度：g=

A、由g=可知；重力加速度与摆球质量无关，故A错误；

B、由g=可知；重力加速度与振幅无关，故B错误；

C、算摆长时加上了摆球的直径，摆长偏大，由g=可知，重力加速度的测量值偏大，故C正确；D、将实际振动次数n次误记成(n+1)次，所测周期T偏小，由g=可知；重力加速度的测量值偏大，故D正确；故选CD．

(4)由图示游标卡尺可知；主尺示数为1.1cm=11mm，游标尺示数为11×0.05mm=0.55mm，则摆球直径d=11mm+0.55mm=11.55mm；

由图示秒表可知；分针示数为1min30s=90s，秒针示数为6.8s，则秒表示数为90s+6.8s=96.8s．

故答案为：(1)BC；(2)D；(3)CD；(4)11.55，96.8．【解析】BC;D;CD;11.55;96.811、略

【分析】解：设交流电的有效值为U

将交流电与直流电分别通过相同电阻R

分析一个周期内热量：

交流电产生的热量：Q=(Um2)2R隆脕T2=12100RT

直流电产生的热量：Q=U2RT

解得：U=110V

故答案为：110

．

根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R

的产生热量与直流电通过电阻R

一个周期内产生热量相等；求解有效值．

求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值．【解析】110

12、解：设子弹射入木块后的共同速度为v1；以水平向左为正，则由动量守恒有：

m0v0-mv=（m+m0）v1①

代入数据解得：v1=8m/s

它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s=6m时它们跟小车具有共同速度v2；则由动量守恒有：

（m+m0）v1-Mv=（m+m0+M）v2②

由能量守恒定律有：

③

联立①②③并代入数据得：μ=0.54

答：木块与平板之间的动摩擦因数为0.54．【分析】

子弹射入木块的过程；子弹和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出子弹和木块的共同速度．再对子弹；木块和小车组成的系统，运用动量守恒定律和能量守恒定律求出木块与平板之间的动摩擦因数．

本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．【解析】解：设子弹射入木块后的共同速度为v1；以水平向左为正，则由动量守恒有：

m0v0-mv=（m+m0）v1①

代入数据解得：v1=8m/s

它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s=6m时它们跟小车具有共同速度v2；则由动量守恒有：

（m+m0）v1-Mv=（m+m0+M）v2②

由能量守恒定律有：

③

联立①②③并代入数据得：μ=0.54

答：木块与平板之间的动摩擦因数为0.54．13、5：3【分析】靠齿轮传动的两个圆轮线速度相等，根据：知，则两轮的转速之比

故答案为：5：3

【分析】靠齿轮传动和皮带传动的点的线速度大小相等，同轴转动的角速度相等．14、略

【分析】解：由题意可知，一滴酒精油酸溶液的体积V0=

其中纯油酸的体积为V′=

所形成的油膜的面积为S=ma2；

所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d==

故答案为：．

用油膜法估测分子的大小的实验原理是：将油酸分子看成球形；且一个挨一个分布在水面上，形成单分子层的油膜，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度根据题意表示出一滴油膜的体积，用其除以单分子油膜的面积，可得油膜的厚度，即为油膜分子的直径．

在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们要建立物理模型，作一些理想化的处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子，明确该实验的实验原理即可正确解答本题．【解析】三、判断题(共7题，共14分)15、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．16、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．17、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．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：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．20、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．21、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．四、解答题(共