2025年华师大新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2025年华师大新版高二物理下册月考试卷592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6题，共12分)1、放入电场中某点的电荷所受的静电力F跟它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度E，即E=下列说法正确的是A.若将放入该点的电荷从电场中移出，则该点的电场强度变为0B.若将放入该点的电荷量增加一倍，则该点的电场强度将减少一半C.放入该点的电荷所受的静电力的方向就是该点的电场强度的方向D.电场强度的国际单位是N/C2、以下说法正确的是(

)

A.由E=Fq

可知，电场中某点的电场强度E

与F

成正比B.由公式娄脮=娄脜q

知，电场中某点的电势娄脮

与q

成反比C.由Uab=Ed

可知，匀强电场中的任意两点ab

间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D.由公式C=QU

可知，电容器的电容大小C

与电容器两极板间电势差U

无关3、某人站在自动扶梯上，经时间t1由一楼升到二楼．如果自动扶梯不动，人从一楼走到二楼的时间为t2；现在扶梯正常运行，人也保持原来的速率沿扶梯向上走，则人从一楼到二楼的时间是（）

A.t2-t1

B.

C.

D.

4、如图所示为质点P在0～4s内的振动图象；下列叙述正确的是（）

A.该质点的周期为4s，振幅为4cmB.4s末，该质点的速度沿正方向C.6s末，该质点的加速度沿正方向，且达到最大值D.2s末，该质点速度达到最大5、一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是

A.第4s

末质点的加速度最大B.第4s

末质点的速度为零C.在10s

内质点经过的路程是20cm

D.在t=1s

和t=3s

两时刻，质点位移相同6、如图中虚线框内是一个未知电路，测得它的两端点a、b之间电阻是R，在a、b之间加上电压U；测得流过电路的电流为I，则未知电路的电功率一定是（）

A.I2RB.UI－I2RC.U2/RD.UI评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、下列做法哪些存在安全隐患（）A.发现家中有很大的煤气味，立即开窗，不要打开电器开关B.把插头插入插座后，习惯再按一下C.牵动导线把电器插头从插座中拉出D.经常用湿手接触电器开关8、据悉长白快速铁路项目将于2017

年5

月竣工；项目建成后长春至白城的运行时长将压缩在2

小时以内.

电力机车供电系统如图所示，发电厂利用升压变压器将低压交流电升至110kV

牵引变电所利用降压变压器将电力系统输送来的高压交流电变换为27.5kV

升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压不变，输电线的电阻不能忽略.

若机车功率的增大，则(

)

A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大9、如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，另一端可自由伸长到B点．今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，已知AC=L；若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼振动直到最后静止，设小物体通过的总路程为s，则下列说法中可能的是（）A.s＞LB.s=LC.s＜LD.无法判断10、如图所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数．在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候（）A.甲电表的示数变小B.甲电表的示数变大C.乙电表的示数变小D.乙电表的示数变大11、如图所示，若考虑电表内阻的影响，用两表示数算出R虏芒=UI(

)

A.比R

真实值大B.比R

真实值小C.引起误差的原因是电压表分流D.引起误差的原因是电流表分压12、如图所示，PQS

是固定于竖直平面内的光滑的14

圆周轨道，PO

在同一水平面，圆心O

在S

的正上方。在P

和O

两点各有一质量为m

的有小球a

和b

从同一时刻开始，a

沿圆弧下滑，b

自由下落。以下说法正确的是(

)

A.ab

球在到达S

的过程中重力冲量相同B.它们在S

点的动能相同C.它们在S

点的动量相同D.a

在S

点重力的瞬时功率为零评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m．在库仑力的作用下，B由静止开始运动．初始时，AB间的距离为d，B的加速度为a．经过一段时间后，B的加速度变为此时A、B间的距离应为____．14、一轻质弹簧原长2.0cm，当用10N的力同时拉弹簧两端时，弹簧长度变为2.2cm，此弹簧的劲度系数为______N/m．15、如图，质量为m

的带电小球A

用绝缘细线悬挂于O

点，处于静止状态.

施加一水平向右的匀强电场后，A

向右摆动，摆动的最大角度为60鈭�

则A

受到的电场力大小为______.

在改变电场强度的大小和方向后，小球A

的平衡位置在娄脕=60鈭�

处，然后再将A

的质量改变为2m

其新的平衡位置在娄脕=30鈭�

处，A

受到的电场力大小为______．16、某品牌电热水壶的铭牌如图所示..用该电热水壶烧水，在额定电压下工作时，它的工作电流是________AA正常工作1min1min消耗的电能是________JJ．产品型号DSB隆陋055DSB隆陋055

额定电压220V220V

额定功率880W880W

使用频率50Hz50Hz

容量0.8L0.8L17、在场强大小为E

的匀强电场中，一质量为m

带电量为q

的物体，以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qEm

物体运动S

距离时速度变为零.

此过程中电场力做功为______；物体的动能变化量的大小为______．18、在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点．把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放．已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ．则小球电性为____（填正电或负电），经过最低点时细线对小球的拉力为____．

19、有三根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，q=1.00×10-7C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求最后两球达到新的平衡位置时，线OA和线AB与竖直方向的夹角分别为多少？（不计两带电小球间相互作用的静电力）（g=10m/s2）20、在做测定玻璃折射率的实验时：

（1）甲同学在纸正确画出玻璃的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些，如图甲所示，其后的操作都正确，但画光路图时，将折射点确定在ab和cd上，则测出的n值将______．（填”偏小；不变、偏大”）

（2）乙同学为了避免笔尖接触玻璃面，画出的a′b′和c′d′都比实际侧面外侧平。

移了一些，如图乙所示，以后的操作都是正确的，画光路时将入射点和折射点都确定在a′b′和c′d′上，则测出的n值将______．（填”偏小、不变、偏大”）评卷人得分四、判断题(共3题，共27分)21、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）22、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）23、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）评卷人得分五、识图作答题(共1题，共2分)24、图为碳循环的示意图。请据图回答：（1）碳循环具有全球性，碳在生物与生物之间的传递主要以_________的形式进行。（2）从生态系统的成分看，A是_________，它能将动植物的遗体、废物等分解成无机物。（3）与能量流动相比，碳循环的特点是无机环境中的碳可以被生物群落_________利用。（4）倡导低碳生活，开发使用环保新能源，主要目的是为了减少人工碳排放，避免_________效应进一步加剧。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解析】试题分析：若将放入该点的电荷从电场中移出，则电场力随之而消失，但电场强度受到电场的性质决定，所以依然存在．故A错误；若将放入该点的电荷量增加一倍，则电场力也将会增大一倍，而该处的电场强度却不变，故B错误；放入该点的正电荷所受的静电力的方向就是该点的电场强度的方向，若是负电荷则受力的反方向为电场强度的方向．故C错误；由公式可知国际单位是N/C．故D正确；考点：考查了对电场强度定义式的理解【解析】【答案】D2、D【分析】解：ABD

三个公式E=Fq娄脮=娄脜qC=QU

都是运用比值法定义的；所以E

由电场本身决定，与F

无关；电势娄脮

与q

成反比；C

由电容器本身决定，与UQ

无关.

故AB错误，D正确．

C、由Uab=Ed

可知，匀强电场中的两点ab

沿电场线方向的距离越大；则两点间的电势差一定越大，故C错误．

故选：D

．

公式E=Fq娄脮=娄脜qC=QU

都运用比值法定义；定义出来的量与参与定义的量无关；公式U=Ed

中d

是两点沿电场线方向的距离；

本题要理解并掌握E=Fq娄脮=娄脜qC=QU

的定义方式，掌握比值法定义的共性.

知道公式U=Ed

中d

是两点沿电场线方向的距离．【解析】D

3、C【分析】

人既参与了电梯的匀速运动，还参与了扶着电梯向上走的匀速运动．．所以合速度v=．所以运动时间t=．故C正确；A；B、D错误．

故选C．

【解析】【答案】将人从一楼到二楼的运动分解为两个分运动；一个是电梯的匀速运动，一个是扶着电梯向上走的匀速运动．

4、C【分析】解：A；由图知；质点振动的周期是8s，振幅为4cm．故A错误．

B；2s末；切线的斜率为负，则该质点的速度沿负方向，故B错误．

C、6s末，该质点的位移为负向最大，由a=-知；加速度沿正方向，且达到最大值．故C正确．

D；2s末；该质点的位移最大，速度为零，故D错误．

故选：C

根据图象可直接读出周期和振幅的大小．分析振动过程；可判断位移；速度等物理量的变化情况．根据图象的斜率分析速度的方向．

本题考查对振动图象的认识，会由图象得到周期、振幅及振动方向等问题，进而分析质点的速度、加速度的变化情况．【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】由简谐运动的图象直接读出周期；求出频率，根据时间与周期的关系求出在10s

内质点经过的路程；根据质点的位置分析其速度，根据对称性分析t=1s

和t=3s

两时刻质点的位移关系。

由振动图象能直接判得质点的振幅、周期，还可读出质点的速度、加速度方向等等，求质点的路程，往往根据时间与周期的关系求解，知道质点在一个周期内通过的距离是4A

半个周期内路程是2A

但不能依此类推，14

周期内路程不一定是A

【解答】A.第4s4s末质点在平衡位置，回复力为零加速度最小，故A错误；

B.在第4s4s末，质点的位移为00经过平衡位置，速度最大，B错误；C.质点做简谐运动；在一个周期内通过的路程是4At=10s=2.5T

所以在10s

内质点经过的路程是S=2.5隆脕4A=10隆脕2cm=20cm

故C正确；

D.由图知在t=1s

和t=3s

两时刻；质点位移大小相等；方向相反，故D错误。

故选C。【解析】C

6、D【分析】【分析】

由于虚线框内是一个未知电路；欧姆定律不一定适用，求解功率只能用P=UI．

【详解】

若虚线框内是一个纯电阻电路时，欧姆定律适用，求解功率可以用P=IU=I2R=U2/R求解．若虚线框内是一个非纯电阻电路时，欧姆定律不适用，求解功率不能用I2R和U2/R，只能通过P=UI求解．故ABC错误，D正确。故选D。二、多选题(共6题，共12分)7、ABCD【分析】解：A；发现煤气泄露时；要立即开窗通风，注意不能打开电器开关，以免引发火灾；故A错误；

B；把插头插入插座后如果再按一下；长期下来可能导致接触不良，故B错误；

C；牵动导线把电器插头从插座中拉出可能会导致电线断开；故应用手拿插头的塑料部分拔出；故C错误；

D；由于水是导体；湿水有可能使人出现触电现象；故D错误；

本题考查存在安全隐患的；故选：ABCD．

明确用电小知识；在用电中应保证用电安全，同时注意应该如何操作电器开关等．

本题考查用电安全常识，用电安全关系到个人生命财产安全，应注意掌握相关知识，并在生活中加以应用．【解析】【答案】ABCD8、CD【分析】解：A

升压变压器输出电压由发电机输出电压决定；因升压变压器匝数比不变，故升高变压器输出电压不变，故A错误；

B；因机车的功率增大；则发电厂输出的功率一定增大，则输送电流增大，导线上损失的电压一定增大，故降压变压器获得的输入电压减小，则输出电压减小，故B错误；

C；因输电电流增加；则由P=I2R

可知，输电线上损失的功率增大，故C正确；

D、根据P脣冒=(PU)2R

则有：P脣冒P=PRU2

因发电厂的输出电压不变；输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大.

故D正确．

故选：CD

．

正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定；输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率；电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系.

理想变压器电压和匝数关系．

对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关.

正确选择功率公式进行分析求解．【解析】CD

9、BC【分析】解：设弹簧释放前具有的弹性势能为EP；物体所受的摩擦力大小为f．

第一次：弹簧自由端最终停在B处，弹簧的弹性势能全部转化为内能，即EP=fL；

第二次：若最终物体恰好停在B处时，弹簧的弹性势能恰好全部转化为内能，即有fs=EP，得到s=L；若物体最终没有停在B处，弹簧还有弹性势能，则fs＜EP；得到s＜L．

故选；BC．

根据功能关系分析：第一次：物体运动到B处时弹簧的弹性势能全部转化为物体的动能；物体的动能又全部转化为内能．第二次：若弹簧的自由端可能恰好停在B处，也可能不停在B处，根据功能关系分析物体运动的总路程L与s的关系．

本题根据功能关系分析物体运动的路程，此题中涉及三种形式的能：弹性势能、动能和内能，分析最终弹簧是否具有弹性势能是关键．【解析】【答案】BC10、AD【分析】解：由图可知：甲是电压表；乙是电流表，所以甲是电压互感器，乙是电流互感器．

A；在用电高峰期；用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大；

输电导线电阻R不变；由U=IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小；

根据匝数比等于电压之比；所以甲电表的示数变小．故A正确，B错误；

C；输电导线电流变大；所以乙电表的示数变大，故C错误，D正确；

故选：AD．

根据匝数比等于电压之比和匝数比等于电流反比求解；结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．

本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．掌握电路的动态分析，这是高考中的热点．【解析】【答案】AD11、BC【分析】略【解析】BC

12、BD【分析】解：A

两球到达S

点时时间不等；根据I=mgt

可知，重力的冲量不等，故A错误；

B、根据动能定理知Ek=12mv2=mgR

则它们在S

点的动能相同，故B正确；

C；它们在S

点的速度方向不同；则动量不相同，故C错误；

D；a

在S

点的速度为水平；与重力方向垂直，根据P=mgvcos娄脠

可知重力的瞬时功率为零，故D正确；

故选：BD

分析ab

两球运动时间关系；判断重力冲量关系。根据动能定理分析动能关系。动量是矢量，只有大小和方向都相同时动量才相同。由功率公式P=mgvcos娄脠

分析a

在S

点重力的瞬时功率。

解决本题时要注意：动量和冲量都是矢量，要考虑大小和方向；根据机械能守恒定律，相同高度速率相同；重力的功率与速度的方向有关。【解析】BD

三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】

B球仅在库仑力作用下；由静止开始运动，当间距为d时，B的加速度为a，则合力为F=ma，且F与d的平方成反比；

当B的加速度为此时B球的合力为F′=则两球间距为2d．

故答案为：2d

【解析】【答案】当在真空中两个点电荷；其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．两球在某一状态下，小球加速度与质量成反比．同一小球在不同状态下，加速度与合力成正比．

14、略

【分析】解：由题意得：弹簧的伸长量为：x=2.2cm-2.0cm=0.2cm=0.002m；弹簧的弹力大小为F=10N

根据胡克定律F=kx得。

k===5000N/m

故答案为：5000．

本题中弹簧的弹力等于其一端受到的拉力；确定出弹簧的伸长量，再由胡克定律求出劲度系数．

本题关键要掌握胡克定律F=kx，知道x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度．【解析】500015、33mgmg

【分析】【分析】

选取摆动最大角度60鈭�

根据动能定理，结合拉力不做功，即可求解；

根据平衡条件；依据正弦定理，列出方程组，即可求解．

考查动能定理的应用；掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用．

【解答】

带电小球A

受到电场力向右摆动的最大角度为60鈭�

末速度为零，此过程中电场力F

对小球做正功，重力G

做负功，细线拉力T

不做功；

根据动能定理；则有：Flsin娄脕鈭�mgl(1鈭�cos娄脕)=0

解得：F=33mg

改变电场强度的大小和方向后，平衡在娄脕=60鈭�

处时，根据正弦定理，则有：Fsin60鈭�=mgsin(180鈭�鈭�60鈭�鈭�娄脙)

而在新的平衡位置在娄脕=30鈭�

处，根据正弦定理，则有：Fsin30鈭�=2mgsin(180鈭�鈭�30鈭�鈭�娄脙)

解得：F=mg

故答案为：33mgmg

．

【解析】33mgmg

16、4.8×104【分析】【分析】由表中数据可以得到额定电压；额定功率；由电功率公式P=UI

可以求得电流，由W=pt

可以求得电能。

用电器铭牌上都会有额定电压和功率，有了这两个信息我们可以求出其他几个量：额定电流、电阻、用电量等，做题时要注意总结。【解答】由图知电水壶的额定电压为220V

额定功率为800W

由P=UI

得：I=PU=4011A

t=1min=60s

则1

分钟消耗的电能为：W=Pt=800W隆脕60s=4.8隆脕104J

。

故填：40114.8隆脕104

【解析】40114.8隆脕104.8隆脕104

17、略

【分析】解：由于物体所受电场力和运动方向相反；故电场力做负功，即为：W=鈭�EqS

物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：鈻�Ek=F潞脧S=鈭�maS=鈭�0.8EqS

．

故答案为：鈭�qES0.8qES

．

物体所受电场力为F=Eq

方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；动能的变化可以利用动能定理通过合外力做功来求。

本题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系．【解析】鈭�Eqs0.8Eqs

18、略

【分析】

依题；小球无初速度释放后做圆周运动，则小球带正电，否则小球做直线运动．

设细线长度为L．根据动能定理得。

小球从释放到最低点的过程：mgL-qEL=①

小球无初速度释放摆到最低点的另一侧的过程：mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0②

小球最低点时。

根据牛顿第二定律得。

F-mg=m③

联立以上三式得。

F=

故答案为：

【解析】【答案】由题；小球从静止释放后沿圆弧运动到最低点，说明小球一定带正电．根据动能定理求出小球经过最低点时的速度．经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力．

19、略

【分析】

α；β分别表示重新达到平衡位置时细线OA、AB与竖直方向的夹角．

A球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2；方向如图．

由平衡条件。

T1sinα+T2sinβ=qE

T1cosα=mg+T2cosβ

B球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2；方向如图．由平衡条件。

T2sinβ=qE

T2cosβ=mg

联立以上各式并代入数据；得α=0

β=45°

答：两球达到新的平衡位置时；线OA和线AB与竖直方向的夹角分别为0°和45°．

【解析】【答案】先对物体A受力分析；根据平衡条件并运用正交分解法列方程；再对物体B受力分析，并运用平衡条件列方程；最后联立方程组求解．

20、略

【分析】解：（1）作出光路图如图所示，实线是实际的光路，虚线是作图的光路，由几何知识可知，入射角与折射角没有误差，则由折射定律n=可知；测出的n值将不变．

（2）作出光路图如图所示，实线是实际的光路，虚线是作图的光路，可知入射角不变，但折射角变大，由由折射定律n=可知；测出的n值将偏小．

故答案为：（1）不变（