2024年浙教版高二物理下册月考试卷

…………○…………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2024年浙教版高二物理下册月考试卷932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9题，共18分)1、目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能．如图10所示为它的发电原理图．将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，从整体上来说呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块面积S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路．设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g，则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为()

A.I＝A→R→BB.I＝B→R→AC.I＝B→R→AD.I＝A→R→B2、如图所示，长为L

的细线拴一带电为+q

质量为m

小球，球处在竖直向下的匀强电中，电场强度为E

小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则(

)

A.小球在最高点的速度大小为gL

B.当小球运动到最高点时电势能最小C.小球运动到最低点时，机械能最大D.小球运动到最低点时，动能为2(mg+Eq)L

3、在图中的虚线表示两种介质的界面及其法线，实线表示一条光线射向界面后发生反射和折射的光线，以下说法正确的是（）A.bO可能是入射光线B.aO一定是入射光线C.cO可能是入射光线D.bO不一定是反射光线4、如右图所示，光滑绝缘水平面上带异种电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止，设小球A的带电荷量大小为QA，小球B的带电荷量大小为QB，下列判断正确的是()A.小球A带正电，小球B带负电，且QA>QBB.小球A带正电，小球B带负电，且QABC.小球A带负电，小球B带正电，且QA>QBD.小球A带负电，小球B带正电，且QAB5、一个物体做简谐振动，其振动图象如图1所示，根据图象可知，在t1和t2时刻，物体运动的（）A.位移相同B.动能相同C.回复力相同D.加速度相同6、据媒体报道，叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡。英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素（）。的半衰期为138天，经过α衰变生成稳定的铅（），经过276天，100g已衰变的质量为（）A.25gB.50gC.75gD.100g7、（B组）如图所示由“与门”；“或门”和“非门”三个基本逻辑电路组成的一个组合逻辑电路；A、B、C为输入端，Z为输出端，在完成真值表时，输出端Z空格从上到下依次填写都正确的是：（）

真值表：

。ABCZ000001010011100101110111A.00010101B.00000010C.00101010D.以上答案都不正确8、如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪些运动时；cd杆将向右移动（）

A.向左加速运动B.向右减速运动C.向左减速运动D.向右匀速运动9、如图甲所示，abcd

是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m

电阻为R

在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN

和M隆盲N隆盲

是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc

边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN

的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度鈭�

时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知()

A.金属框初始位置的bc

边到边界MN

的高度为v1t1

B.金属框的边长为1(t2鈭�t1)2

C.磁场的磁感应强度为B=1(t2鈭�t1)mgRv1

D.在进入磁场过程中金属框产生的热为mg1(t2鈭�t1)

评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)10、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解11、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、有两个单摆做简谐运动，位移与时间关系是：x1=3asin(4πbt+π/4)和x2=9asin(8πbt+π/2)，其中a．b为正的常数，则它们的：①振幅之比为____；②摆长之比为____．13、在“测定金属的电阻率”的实验中；用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．

（1）从图甲中读出金属丝的直径为______mm．

（2）为此取来两节新的干电池；电键和若干导线及下列器材：

A．电压表0～3V；内阻10kΩ

B．电压表0～15V；内阻50kΩ

C．电流表0～0.6A；内阻0.05Ω

D．电流表0～3A；内阻0.01Ω

E．滑动变阻器；0～10Ω

F．滑动变阻器；0～100Ω

①要求较准确地测出其阻值，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______．（填序号）

②实验中某同学的实物接线如图乙所示；请指出该同学实物接线中的两处明显错误．

错误1______

错误2______．14、如图所示；是利用闪光照相研究平抛运动的示意图．

小球A

由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B

也同时下落，闪光频率为10Hz

的闪光器拍摄的照片中B

球有四个像，像间距离已在图中标出，两球恰在位置4

相碰.

则A

球从离开桌面到和B

球碰撞时经过的时间为______sA

球离开桌面的速度为______m/s

．15、电路中有一段导体，给它加20mV的电压时，通过它的电流为5mA，可知这段导体的电阻为Ω，如给它加30mV的电压时，它的电阻为Ω。16、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且相邻两等势面的电势差相等，一正电荷在等势面φ3上时具有动能60J，它运动到等势面φ1上时，速度恰好为零，令φ2=0，那么，当该电荷的电势能为12J时，其动能大小为______J．17、用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律；即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

(1)

试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通过仅测量______(

填选项前的序号)

间接地解决这个问题．

A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程。

(2)

图(a)

中O

点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1

多次从斜轨上同一位置静止释放，找到其平均落地点的位置B

测量平抛射程OB炉.

然后把被碰小球m2

静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1

从斜轨上相同位置静止释放，与小球m2

相撞，并多次重复.

分别找到m1m2

相碰后平均落地点的位置AC

测量平抛射程OA炉OC炉

经测定，m1=45.0gm2=7.5g

小球落地点的平均位置到O

点的距离如图(b)

所示.

碰撞前、后m1

的动量分别为p1

与p1隆盲

则p1p1隆盲=

______：11

若碰撞结束时m2

的动量为p2隆盲

则p1鈥�p2隆盲=11

______；所以，碰撞前、后总动量的比值P1(p1隆盲+p2隆盲)=

______；实验结果说明______．评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)18、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）19、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）

20、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）21、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）评卷人得分五、画图题(共2题，共6分)22、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象23、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】根据左手定则，正电荷会在洛伦兹力下向上偏转，负电荷会向下偏转，电容器会形成附加电场，即当电荷聚集越来越多时，加速度会越来越小，当a=0时，电荷不在偏转，电势差稳定。当电荷中和后，AB电势差变小，带电粒子重新偏转，维持两端电势差恒定即（维持a=0条件）。电荷中和时，电流为ARB方向，所以BC错误。根据分析稳定电势差U=Bvd,根据电阻定律则根据闭合电路欧姆定律则所以D正确。

【点评】此类题型考察了带电粒子在平行板电容器中的受力情况，通过动态分析确定电荷偏转后的条件，从而确定电路中电流的大小。2、C【分析】解：A

小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动；则在最高点由重力和电场力的合力提供向心力，则有：

mg+Eq=mv2L

解得：v=(mg+Eq)mL

故A错误；

B；沿着电场线方向电势最低；所以在最低点电势最低，因为小球带正电，所以小球在最低点电势能最小，故B错误；

C；整个过程中；只有重力和电场力做功，所以小球的机械能和电势能之和不变，当电势能最小时，小球的机械能最大，则小球运动到最低点时，机械能最大，故C正确；

D；从最高点到最低点的过程中；根据动能定理得：

EK鈭�12mv2=(mg+Eq)鈰�2L

解得：EK=2.5(mg+Eq)L

故D错误．

故选：C

小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动；则在最高点由重力和电场力的合力提供向心力，根据向心力公式列式即可求解在最高点的速度，沿着电场线方向电势最低，而电势能等于电势乘以电荷量，从最高点到最低点的过程中，根据动能定理即可求解到达最低点的动能．

本题主要考查了向心力公式、动能定理的直接应用，知道只有重力和电场力做功，所以小球的机械能和电势能之和不变，难度适中．【解析】C

3、B【分析】解：A、据光的反射定律知：在光的反射中，反射角等于入射角，入射光线和反射光线分居法线两侧；在光的折射中，折射角与入射角不相等，且分居法线两侧。可知，PQ是法线，MN是界面，bo不可能是入射光线；故A错误。

BCD；由于在光的反射中；反射角等于入射角，入射光线和反射光线分居法线两侧；可知cO不可能是入射光线。

由以上的分析可知，ao一定是入射光线，ob是反射光线；oc是折射光线。故B正确，C错误，D错误。

故选：B。

在光的反射中；入射角等于反射角；在光的折射中，折射角与入射角不相等，且分居法线两侧，根据该规律判断哪一条是入射光线，哪一条是反射光线，哪一条是折射光线。

解决本题的关键知道光的反射定律和折射定律，知道入射光线与反射光线及折射光线的关系，以及知道入射角与反射角、折射角之间的关系。【解析】B4、D【分析】直接利用整体判断，只要整体具有向右的合力即可，排除B、C，但对于A，我们还要从隔离小球B去分析，小球B所受合力向左，故只选D【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】【答案】B6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：A；B输入或门；C输入非门，两个输出端又同时输入与门，当A、B为0时，输出为0，C为0，输出为1，1和0输入与门，输出仍然为0．

同理得出输出端Z为“0；1，0，1，0，1，0．故C正确，A；B、D错误．

故选C．

与门的特点是当条件都满足；事件才能发生，或门的特点是只要有一个条件满足，事件就能发生．非门的特点是输入状态和输出状态相反．

牢记各简单逻辑门功能与特点，便可很容易的解答此题．【解析】【答案】C8、C【分析】解：A、ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L2；根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，故A错误．

B、ab杆向右减速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过L2；根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，故B错误．

C、ab杆向左减速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下减弱的磁场，该磁场向上通过L2；根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，故C正确；

D、ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流；cd不受安培力作用，所以cd杆不动．故D错误．

故选：C．

当cd杆受到向右的安培力时，cd杆将向右移动，通过ab杆的运动；根据右手定则；安培定则判断出cd杆上感应电流的方向，得知安培力的方向，从而确定出cd杆的运动方向．

本题综合考查了右手定则、左手定则、安培定律以及楞次定律，综合性较强，关键搞清各种定则适用的范围，不能混淆．【解析】【答案】C9、D【分析】【分析】v鈭�t

图像中图像与t

轴围成的面积表示物体运动的位移；线圈的bc

边进入磁场时即做匀速运动，由匀速直线运动位移公式求出金属框的边长；根据平衡条件得到B2L2v1R=mg

求出磁感应强度；在进入磁场过程中金属框产生的热等于机械能的减少量；本题考查法拉第电磁感应定律，关键在于根据图像分析金属框的运动状态。【解答】A.由图像知道，线框先做匀加速直线运动，金属框初始位置的bcbc边到边界MNMN的高度x=12v1t1x=dfrac{1}{2}{v}_{1}{t}_{1}故A错误；B.线圈的bc

边进入磁场时即做匀速运动，所以金属框的边长为L=1(t2鈭�t1)

故B错误；C.由图线可看出，线圈的bcbc边进入磁场时即做匀速运动，此时满足B2L2v1R=mgdfrac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}=mg其中L=1(t2鈭�t1)，解得B=1v1(t2鈭�t1)mgRv1B=dfrac{1}{{v}_{1}({t}_{2}-{t}_{1})}sqrt{dfrac{mgR}{{v}_{1}}}，故C错误；D.在进入磁场过程中金属框产生的热等于机械能的减少量，即W=Q=mgL=mgv1(t2鈭�t1)W=Q=mgL=mg{v}_{1}({t}_{2}-{t}_{1})，故D正确；故选D。【解析】D

二、双选题(共2题，共4分)10、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB11、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】试题分析：简谐运动的表达式为x=Asin(ωt+φ)，A为振幅，ω为圆频率．根据T=可求出周期．由单摆的周期公式T=2π求摆长之比．

①由振动方程可知，两个单摆的振幅分别为A1=3a，A2=9a；振幅之比为1：3．

②两个单摆的圆频率分别为摆长之比为ω1=4πb，ω2=8πb；

而周期T=则得：周期之比T1：T2=2：1．

由单摆的周期公式T=2π得：摆长之比L1：L2=4：1

故答案为：①1：3②4：1【解析】1：3;4：113、略

【分析】解：（1）固定刻度读数：0；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm×17.9=0.179mm；

故螺旋测微器读数为：0.679mm；

（2）①两节干电池电动势共为3V；为减小读数误差，选小量程电压表，故选A；

根据欧姆定律，I≈电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的，即选C；

滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低；电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选E；

②伏安法测电阻时；测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采用安培表外接法；

故答案为：（1）0.679；（2）①A；C、E，②导线连接在滑动变阻器的滑片上，采用了电流表内接法．

（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数；需估读．

（2）①两节干电池电动势共为3V；为减小读数误差，选小量程电压表；根据欧姆定律，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的；为使操作方便，滑动变阻器选择与电阻接进的，选10Ω的．

②连线电路要注意：电表极性不能接反；量程选择恰当的，安培表内外接法的选择．

本题关键：（1）用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；（2）需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法．【解析】0.679；A；C；E；导线连接在滑动变阻器的滑片上；采用了电流表内接法14、略

【分析】解：根据T=1f=0.1s.

则A

球从离开桌面到和B

球碰撞时经过的时间为0.3s

．

根据v0=xt=0.30.3m/s=1m/s

．

故答案为：0.31

．

根据频闪照片的频率得知相邻两个像之间的时间间隔；从而求出A

球从离开桌面到和B

球碰撞时经过的时间，根据水平方向上的运动规律求出A

球的初速度．

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．【解析】0.31

15、略

【分析】由U=IR可知导体电阻为电阻是导体本身的性质，与两端所加的电压和通过的电流没有关系【解析】【答案】4,416、略

【分析】解：由题，正电荷在等势面φ3上时动能60J，在等势面φ1上时动能为零；此过程电荷动能的减小60J．

由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经过φ2等势面时的动能为30J；

又φ2=0；所以电荷的动能与电势能的总量为30J，根据能量守恒定律得到，电势能为12J时它的动能为18J．

故答案为：18

相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过φ2等势面时的动能；确定电荷的总能量，再由能量守恒定律求出电势能为12J时它的动能．

本题要充分运用匀强电场的特点，确定出电荷的总能量是关键．【解析】1817、C；14；2.9；14：13.9；误差允许范围内，碰撞前、后的总动量不变．【分析】解：(1)

验证动量守恒定律实验中；即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确．

故选：C

(2)

碰撞前m1P1=m1?OB=45.0隆脕10鈭�3隆脕44.80隆脕10鈭�2=2.016隆脕10鈭�2

碰撞后m1

的动量：P1隆盲=45.0隆脕10鈭�3隆脕35.2隆脕10鈭�2=1.584隆脕10鈭�2

P1P隆盲1=2.0161.584=1411

碰撞后m2

的动量：P2隆盲=m2?OC=7.5隆脕10鈭�3隆脕55.68隆脕10鈭�2=4.176隆脕10鈭�3

P隆盲1P隆盲2=15.844.176=112.9

所以：P1P隆盲1+P隆盲2=1413.9

实验的结果表明；误差允许范围内，碰撞前；后的总动量不变．

故答案为：(1)C(2)142.91413.9

误差允许范围内；碰撞前；后的总动量不变．

垄脵

验证动量守恒定律实验中；质量可测而瞬时速度较难.

因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．

垄脷

根据动量的表达式进行分析，由于各小球下落时间均相同，故只需用质量与水平射程的乘积来验证动量是否守恒.

该