2025年人教版（2024）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（2024）高二物理上册月考试卷88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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面叙述中符合实验中观察到的结果的是（）A.N板向下平移，静电计指针偏角变大B.N板向左平移，静电计指针偏角变大C.保持N板不动，在M、N之间插入一块云母片，静电计指针偏角变大D.保持N板不动，在M、N之间插入一块厚金属板，静电计指针偏角变大2、与原子核内部变化有关的现象是（）A.α粒子散射现象B.光电效应现象C.电离现象D.天然放射现象3、用大小相同的水平恒力分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面拉动原来处于静止的两个质量相同的物体移动相同一段距离，该过程中恒力的功和平均功率分别为W1、P1和W2、P2,则两者关系是（）A.W1＞W2、P1＞P2B.W1=W2、P1＜P2C.W1=W2、P1＞P2D.W1＜W2、P1＜P24、关于电场中场强和电势的关系，下列说法正确的是（）A.场强相同处，电势也一定相同；电势相同处，场强也一定相同B.场强相同处，电势不一定相同；电势相同处，场强不一定相同C.电场中场强为零的区域，电势处处相同D.电场中电势相同的位置，场强一定为零5、关于电场强度的定义式E=Fq

下列说法正确的是(

)

A.q

表示产生电场的电荷量B.q

表示检测用试探电荷的电荷量C.q

越大则E

越小D.E

的方向与负的试探电荷的受力方向相同评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、S1和S2为同一均匀介质中的两个振源，S1位于坐标原点，S2位于x=10m处，t=0时振源S1从平衡位置开始向上做简谐运动，形成的简谐波向+x方向传播，振幅为10cm，振源频率为0.5Hz．1秒后，振源S2也做同样的简谐运动，形成的简谐波向-x方向传播，t=6s时两波的波峰首次相遇。则下列说法正确的是（）A.由于不是同时起振的，所以这两列波相遇时不会发生干涉现象B.这两列波在介质中的波长为0.5mC.这两列波在介质中的传播速度均为1m/sD.t=10s时，x=2m处质点的位移为07、用如图所示的装置可以测定导体中单位体积内的自由电子数n．现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽度为l，厚为d，与侧面垂直的匀强磁场磁感应强度为B．当通以图示方向电流I时，在导体c、f表面间用电压表可测得电压U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（）A.c表面电势高B.f表面电势高C.该导体单位体积内的自由电子数为D.该导体单位体积内的自由电子数为8、某小型水电站的电能输送示意图如下.

发电机的输出电压为200V

输电线总电阻为r

升压变压器原副线圈匝数分别为n1n2.

降压变压器原副线匝数分别为n3n4(

变压器均为理想变压器).

要使额定电压为220V

的用电器正常工作，则(

)

A.n2n1>n3n4

B.n2n1<n3n4

C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率9、如图，甲分子固定在坐标原点O

乙分子位于x

轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0

为斥力，F<0

为引力.abcd

为x

轴上四个特定的位置.

现把乙分子从a

处由静止释放，则(

)

A.乙分子从a

到b

做加速运动，由b

到c

做减速运动B.乙分子由a

到c

做加速运动，到达c

时速度最大C.乙分子由a

到b

的过程中，两分子间的分子势能一直减少D.乙分子由b

到d

的过程中，两分子间的分子势能一直增加10、如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断（）A.小球A带正电，B不带电，C带负电B.三个小球在电场中运动时间相等C.三个小球在电场中运动的加速度aA＞aB＞aCD.三个小球到达极板时的动能EkA＜EkB＜EkC11、如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称。一条形磁铁开始放在A点，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，Φ1＞Φ2，下＞列说法中正确的是（）A.磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为B.磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量为零C.磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为零D.磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势大小为E=评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、（4分）应用温度传感器可以远距离读取温度的数值，这是把____转变为____的一大优点。13、在“用单摆测定重力加速度”的实验中；用刻度尺量出悬点到小球距离为96.60cm，用图1游标卡尺量出小球直径是____________cm，测量周期的实验有3次，结果如表：

。①②③全振动次数304035时间/s60.4079.8070.60这个单摆振动周期的测定值是____________s．当地重力加速度的测定值是____________m/s2．

(最后一空取三位有效数字)14、某同学用多用电表测量某待测电阻RX，的阻值，选用“”的欧姆档后，应先进行______，再进行测量，若多用电表的示数如图所示，则Rx的测量值为______Ω．

15、取质子的质量mp=1.6726×10-27kg，中子的质量mn=1.6749×10-27kg，α粒子的质量mα=6.6467×10-27kg，光速c=3.0×108m/s。则α粒子的结合能为______。（计算结果保留两位有效数字）16、如图所示为一个正电荷的电场．A、B是电场中的两点．若将q=5×10-8C的负电荷置于A点，所受的电场力为2×10-4N，则A点的场强大小为____N/C，方向指向____（填“左”或“右”）；若将电荷q从A点移走，则该点的电场强度大小是____N/C．

17、现有一U型磁铁放在粗糙的水平地面上，当在U型磁铁的正上方用一只轻弹簧悬挂一根通电直导线，当突然通有如图所示方向的电流时，从上向下看，通电直导线运动的情况是____：

地面给U型磁铁的支持力将：____．

18、如图甲；乙所示为定性研究平行板电容器的电容与其结构之间的关系的装置；平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，若充电后保证电容器带电量不变，试指出如图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．

（1）正对面积减小时，静电计指针的偏转角度______．（填“变大”“变小”或“不变”）

（2）板间距离增大时，静电计指针的偏转角度______．（填“变大”“变小”或“不变”）19、在磁场中某一点，小磁针静止时____________所指方向，就是该点的____________．20、如图为一正在测量中的多用电表表盘．

（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为______V；

（2）如果是用×100Ω档测量电阻，则读数为______Ω．评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)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）22、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）

评卷人得分五、证明题(共2题，共8分)23、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。24、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。评卷人得分六、作图题(共3题，共24分)25、如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=20V，φB=4V，φC=8V，请你画出该电场的其中一个等势面和一条电场线．26、已知螺线管内部的小磁针的N极指向如图；请在图中画出螺线管上线圈的绕向。

27、已知电磁铁的两个极性如图；请在电磁铁上画出线圈的绕向。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A|B【分析】试题分析：由题意知道，电容器的电量Q不变；由题图知，静电计测的是电容器MN两极板间的电压U．由公式知N向下平移时，d增大，故C变小，由可得，U变大，静电计指针偏角变大．A正确．当N板向左平移时，相对面积S减小，C变小，U变大，静电计指针偏角变大．B正确．当在MN间插入电介质时，变大，C变大，U变小，静电计偏角变小，C错误．当在MN间插入金属板时，两板间的有效相对距离减小，C变大，U变小，静电计偏角变小．D错误．考点：考查了电容器的动态分析【解析】【答案】AB2、D【分析】【解答】A、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核；并没有涉及到核内部的变化．故A错误．B；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故B错误．

C；电离现象是电子脱离原子核的束缚；不涉及原子核内部变化．故C错误．

D、天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象；反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，涉及到原子核内部的变化．故D正确．

故选：D．

【分析】电离现象是电子脱离原子核的束缚．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出；天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象；α粒子散射现象是用α粒子打到金箔上，受到原子核的库伦斥力而发生偏折的现象；3、B【分析】试题分析：由功的定义式W=Flcos知拉力相同，位移相同，则功相同，所以W1=W2，故A、C错误；由牛顿第二定律和运动学公式知当地面粗糙时加速度小，时间长，由功率定义式P=知沿粗糙水平面时功率小，故A错误，B正确。考点：功、功率计算【解析】【答案】B4、B|C【分析】试题分析：电势和场强没有必然的联系，场强描述电场本身的性质，从电场线上来看，电场线的疏密程度表示电场强度的强弱。而电势是相对于0势能面的，而0势能面是认为规定的。匀强电场中电场强度处处相同，但是沿电场线方向电势逐渐降低选项A错。与电场线垂直的平面电势处处相等，但匀强电场强度并不等于0选项D错。电场中场强为零的区域即没有电场，没有电场线，电势也不会变化选项C对。综上电势和场强没有联系选项B对。考点：电场强度和电势【解析】【答案】BC5、B【分析】解：ABq

为试探电荷；即用来检测电场中某个位置场强的电荷，故A错误，B正确．

C、公式E=Fq

为比值定义式；E

与F

和q

没有正反比关系，场强E

是由场源电荷决定的，是电场的固有属性，不会因试探电荷而改变，故C错误．

D；规定：E

的方向与正电荷受力方向相同；与负电荷受力方向相反，故D错误．

故选：B

q

为试探电荷．

此公式为比值定义式；场强是电场的固有属性．

规定E

的方向与正电荷受力方向相同；与负电荷受力方向相反．

本题重点掌握场强的基本性质的理解，场强是电场的固有属性，不会因为试探电荷而改变．【解析】B

二、多选题(共6题，共12分)6、CD【分析】解：A、S1和S2为两列相同的波源；即频率相同，故可以发生干涉现象，故A错误；

BC、设两列波速为v，两波源经过=到达波峰；t=6s时两波的波峰首次相遇可得：v（t-0.5）+v（t-1-0.5）=10，解得：v=1m/s

则有：故B错误，C正确；

D、t=10s时，波源S1在x=2m出的质点位于平衡位置，且向上振动；波源S2在x=2m出的质点也位于平衡位置；且向上振动，t=10s时，x=2m处质点的位移为0，故D正确；

故选：CD。

发生明显干涉条件为：两列波的频率相同；根据周期与频率关系可求周期；同一种介质中，波传播速度相同，根据t=6s时两波的波峰首次相遇求解波速；然后根据λ=vT求解波长；t=10s时分析两列波的质点位置，然后位移求合即可。

本题考查波的干涉条件，以及波的叠加原理，关键是掌握波的叠加原理：两列波互不影响向，位移为两列波位移矢量和。【解析】CD7、AD【分析】解：A；B、由图；磁场方向向下，电子向左移动，根据左手定则，电子向f表面偏转，f表面得到电子带负电，所以c表面电势高．故A正确，B错误．

C、D、再根据e=evB；I=neSv=neldv，得：

n=故D正确，C错误．

故选：AD．

定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转；在前后表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数．

解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．【解析】【答案】AD8、AD【分析】解：根据变压器工作原理可知n2n1=U2200n3n4=U3220

由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3

所以n2n1>n3n4

故A正确，BC

不正确.

升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D正确．

故选AD

将发电站的电能远输时；由于电线上的电阻而导致电压和功率损失，从而使得降压变压器输入电压和输入功率减少．

理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象.

远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．【解析】AD

9、BC【分析】解：A

分子在a

点受引力；故分子开始做加速运动，c

点后，分子力变成了斥力，分子开始减速；故从a

到c

分子一直做加速运动，故A错误；

B；由A

分析可知；分子从a

到c

做加速运动，c

点后开始减速，故c

时速度最大，故B正确；

C、乙分子由a

到b

的过程中；分子力做正功，故分子势能一直减小，故C正确；

D、由b

到d

的过程中；分子力仍做正功，故分子势能减小，故D错误；

故选BC．

由图可知分子间的作用力的合力；则由力和运动的关系可得出物体的运动情况，由分子力做功情况可得出分子势能的变化情况．

分子间的势能要根据分子间作用力做功进行分析，可以类比重力做功进行理解记忆．【解析】BC

10、AD【分析】解：AB、小球在水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的距离大小关系可知：tA＞tB＞tC；而在竖直方向上，三个小球通过的高度相同，根据位移公式和时间关系可知：aA＜aB＜aC；

再根据牛顿第二定律可分析出，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg-F电；其加速度最小，经过时间最长，故A球带正电，同理可知C球带负电，B球不带电。故A正确；B错误；

C、由AB选项分析可知，带负电的小球C所受合力最大，加速度最大，而带正电的小球A受到的合力最小，加速度最小，所以有aA＜aB＜aC．选项C错误；

D、在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，根据动能定理可知其动能改变量最大，而带正电荷小球功能改变量最小，即：EkC＞EkB＞EkA．选项D正确。

故选：AD。

根据极板带电的正负；判断出平行板间电场强度的方向，再分析正负电荷受到电场力的方向，求出它们合力和加速度的大小关系，再利用轨迹在水平方向上通过的距离和竖直方向上所需的时间来判断出小球带点的正负；

再根据小球受到合力的大小关系；利用动能定理可直接判断出三个小球到达极板时的动能大小。

解答本题的关键是：要熟练掌握平抛运动和类平抛运动规律的相似性，利用运动的合成与分解知识，在水平方向判断时间大小，在竖直方向判断加速度大小，同时还要灵活应用动能定理来解题。【解析】AD11、BCD【分析】解：A、磁铁在A点时，线圈中的磁通量为Φ1，通过一匝线圈的磁通量也为Φ1；磁通量与匝数无关，故A错误；

BC；磁铁从A到B过程；穿过线圈的磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势为零，平均感应电流为零，通过线圈某一截面的电量为零，故BC正确；

D、磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为：E=n=n=故D正确；

故选：BCD。

根据题意求出穿过线圈的磁通量；根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，根据欧姆定律求解电流，根据q=It求解电量。

本题关键是明确感应电动势的平均值的求解方法，注意磁通量与面积和磁感应强度有关，与线圈的匝数无关。【解析】BCD三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】非电学量不便于测量和远距离传输，电学量则便于测量和远距离传输。【解析】【答案】非电学量；电学量13、略

【分析】解：①由图示游标卡尺可知；主尺示数为5.4cm，游标尺示数为4×0.1mm=0.4mm=0.04cm，小球的直径d=5.4cm+0.04cm=5.44cm；

②由表中实验数据可知，单摆周期T1==≈2s，T2==≈2s，T3==≈2s；

T==2s；

③由单摆周期公式T=2π可知，重力加速度g===≈9.79m/s2．

故答案为：5.44；2；9.79．【解析】5.44;2;9.7914、略

【分析】解：每选档后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数为：7.0×10=70Ω

故答案为：欧姆调零70

使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位；然后进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．

让学生熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量．同时知道电阻刻度盘是不均匀的，除刻度盘上的读数外还要乘上倍率；还有量程2.5V的交流电压是读最下面刻度．【解析】欧姆调零；7015、4.3×10-12J【分析】解：组成α粒子的核子与α粒子的质量差为：

△m=（2mp+2mn）-mα

所以结合能为：△E=△mc2

代入数据解得：△E=4.3×10-12J

故答案为：4.3×10-12J

组成α粒子的核子与α粒子的质量差即为两个质子和两个中子结合成一个α粒子时损失的质量；有质能方程代入数据即可得知α粒子的结合能。

核子结合成原子核时，有质量亏损，根据爱因斯坦的质能联系方程，必然放出相应的能量△E=△mc2；这个能量叫做原子核的结合能。显然，如果要把原子核分开成核子，必须给以同样的能量。

核子组成不同的原子核时，放出的结合能的大小也不相同。结合能除以核子数就得到核子的平均结合能，其意义是：核子结合成原子核时，平均每个核子所释放的结合能。它也等于把原子核拆散成核子时，外界必须提供给每个核子的平均能量。【解析】4.3×10-12J16、略

【分析】

A点的电场强度大小E==4×102N/C；方向水平向右．

若将电荷q从A点移走；在同一点电场强度不变，所以该点的电场强度大小是400N/C．

故答案为：400；右，400．

【解析】【答案】根据电场强度的定义式E=求解该点的场强大小；场强方向与正电荷所受的电场力方向相同．在同一点电场强度不变．

17、略

【分析】

由于导线左右两部分处在的磁场方向不同；可采用电流元法，即将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向外，右部向内；又考虑特殊位置：导线转过90°时，安培力向下．则俯视，导线在安培力作用下，逆时针方向旋转的同时向下运动，根据牛顿第三定律，磁铁受到的安培力向上，则地面对磁铁的支持力减小的．

故答案为：逆时针方向旋转的同时向下运动；减小。

【解析】【答案】采用电流元法；将直导线分为左右两部分研究，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向外，右部向内；考虑特殊位置，若导线转过90°时，安培力向下．则导线在逆时针方向旋转的同时向下运动，根据牛顿第三定律，磁铁受到向上的安培力向上，则可确定地面对磁铁的支持力是减小的．

18、略

【分析】解：（1）正对面积减小时，根据C=知电容减小，由U=知电势差增大，静电计指针偏转角度增大．

（2）根据U=C=得E===E与d无关，所以电场强度不变，因此电场力也不变，则偏转角度不变．

故本题答案为：（1）变大；（2）不变．

（1）电容器带电量不变；根据电容的变化，判断电势差的变化，即静电计指针偏转角度的变化．

（2）根据U=C=得E===去判断电场强度的变化．

处理电容器动态分析时关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．【解析】变大；不变19、略

【分析】解：磁场是有方向的；物理学上规定，在磁场中的某一点，小磁针静止时N极所指的方向就是该点的磁场方向．

故答案为：北极，磁场方向．【解析】北极;磁场方向20、略

【分析】解：（1）用直流10V档测量电压；准确值6.4V，估计值0.5，读数为6.5V．

（2）用×100Ω档测量电阻，指示值8.0Ω，倍率为×100，读数为8.0×102Ω．

故答案为：（1）6.5（2）8.0×102

（1）直流10V档最小分度为0.2V；准确值加估计到0.1V位．

（2）用×100Ω档测量电阻；读数=指示值×倍率．

题考查基本仪器、仪表的读数能力．仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位．【解析】6.5；8.0×102四、判断题(共2题，共18分)21、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．22、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．五、证明题(共2题，共8分)23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分