2025年浙科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年浙科版高二物理下册月考试卷221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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一较小的三角形导线框abc向右匀速穿越匀强磁场（两平行的虚线间的区域）。如图所示，ab边与磁场边界平行，若运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是()2、如图所示；有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）

A.a点B.b点C.c点D.d点3、如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带负电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说（）A.粒子必先过a，再到b，然后到cB.粒子在三点所受的合力Fa＞Fb＞FcC.粒子在三点的动能大小为Ekb＞Eka＞EkcD.粒子在三点的电势能大小为Epb＞Epa＞Epc4、某实验小组想测试两种材料的导电性能，他们将这两种材料加工成厚度均匀、横截面为正方形的几何体，分别如图甲、乙所示，经测试发现，材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等，材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，关于这两种材料，下列说法中正确的是（）A.材料甲一定是晶体B.材料甲一定是非晶体C.材料乙一定是单晶体D.材料乙一定是多晶体5、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AB

两点，AB

间的距离为LAB

关于O

点对称.

一条形磁铁开始放在A

点，中心与A

重合，轴线与AB

所在直线重合，此时线圈中的磁通量为娄碌1

将条形磁铁以速度v

匀速向右移动，轴线始终与AB

所在直线重合，磁铁中心到O

点时线圈中的磁通量为娄碌2

下列说法正确的是(

)

A.磁铁在A

点时，通过一匝线圈的磁通量为娄碌1n

B.磁铁从A

到O

的过程中，线圈中产生的平均电动势为E=2nv娄碌2鈭�娄碌1L

C.磁铁从A

到B

的过程中，线圈中磁通量的变化量为2娄碌1

D.磁铁从A

到B

的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量不为零6、如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率（）A.等于零B.小于B车的速率C.大于B车的速率D.等于B车的速率7、小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示国。此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻。下列说法正确的是（）A.交变电流的周期为0.125sB.交变电流的频率为8HzC.交变电流的有效值为AD.交变电流的最大值为4A8、下列说法不正确的一项是（）A.电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断B.光敏电阻随光照强度的增大其阻值逐渐升高C.电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压信号D.金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、如图所示，线圈A绕在一铁芯上，A中导线接有一电阻R．在把磁铁N极迅速靠近A线圈的过程中，通过电阻R的感应电流的方向为______指向______（填“P”、“Q”）；若线圈A能自由移动，则它将______移动（填“向左”、“向右”或“不”）．10、如图所示，螺旋测微器的读数应为______mm．

11、某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压______（选填“交流电源”或“直流电源”）．先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______（选填“增大”、“减小”或“不变”）．上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是______（选填“控制变量法”、“转换法”或“类比法”）．12、一理想变压器，原、副线圈匝数各为1210匝和33匝．在原线圈接入电压为220V的交流电源，则该变压器负线圈的输出电压为____伏特．13、质子的电荷量为e，电子电荷量也为e，假设氢原子中电子绕原子核做匀速圆周运动，轨道半径r，静电力常量为K，则氢原子中，电子绕原子核运动的动能为____．14、传感器能够感受一些____量，并把它们按一定的规律转化为____量，就可以方便地进行测量，传输、处理和控制．15、把压强为1.0×105Pa，温度为200K的理想气体等容加热到400K时压强为______Pa．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、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）17、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）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，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）

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）

22、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）23、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）

24、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、证明题(共2题，共18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8题，共16分)1、D【分析】【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律可得，进入磁场的过程中有则切割磁感线的有效长度L减小，则感应电流减小，又磁通量增大感应电流为逆时针方向；全部进入后，磁通量不变，没有感应电流，离开过程顺时针方向感应电流，逐渐减小。故选D考点：电磁感应中的图象问题【解析】【答案】D2、A【分析】【解答】解：用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向；如图所示：

A；在a点；通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大．故A正确；BCD错误．

故选：A

【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．3、D【分析】解：A、运动轨迹不能反映运动方向，所以不能判断出粒子先过a，再到b，然后到c，还是粒子先过c，再到b；然后到a，故A错误；

B、由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，又F=qE，故粒子在a、b；c三点所受合力相同；故B错误；

C、D、根据能量守恒：负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc；故C错误，D正确；

故选：D

由等势面分布的特点可知；该电场为匀强电场，电场线方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势．粒子的轨迹向下弯曲，可知其所受的电场力向下，即可判断出粒子的电性，但运动轨迹不能反映运动方向．根据能量守恒负电荷在电势高处电势能小，动能大．

本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．【解析】【答案】D4、C【分析】解：测试发现，材料甲沿ab；cd两个方向的电阻相等；材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，说明了甲具有各向同性，而乙具有各向异性，单晶体的物理性质是各向异性的，所以乙一定是单晶体，而多晶体和非晶体是各向同性的，材料甲可能是多晶体，也可能不是晶体．故只有选项C正确．

故选：C

晶体有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，晶体的分子排列是有规则的，而非晶体的分子排列是无规则的．

能否记住晶体与非晶体的不同特性及晶体与非晶体的熔化特点是本题的解题关键．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】本题考察对法拉第电磁感应定律的理解，根据法拉第电磁感应定律公式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。【解答】A.磁通量形象化的含义是通过某平面的磁感线条数的多少，与线圈匝数无关，即通过整个线圈与通过每一匝线圈的磁通量都是娄碌1娄碌1故A错误；

B.由法拉第电磁感应定律有E=nE=n娄陇娄碌娄陇t，娄陇娄碌=娄碌2鈭�娄碌1娄陇娄碌=娄碌2-娄碌1娄陇t=娄陇t=AO炉v==L2v，故E==2nv娄碌2鈭�娄碌1L。故B正确；

CD.

磁通量先增加后减小；磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D错误。

故选：B

【解析】B

6、B【分析】解：设人的质量为m；车的质量为M，人与A车；人与B车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向；

人跳离A车过程，对人与A车组成的系统：mv0+MvA1=0，解得：vA1=-v0；

人跳上B车过程，对人与B车组成的系统：mv0=（m+M）vB1，解得：vB=v0；

人跳离B车过程，对人与B车组成的系统：（m+M）vB1=-mv0+MvB，解得：vB=v0；

人跳上A车过程，对人与A车组成的系统：-mv0+MvA1=（m+M）vA，解得：vA=-v0；负号表示方向向左；

则：vA＜vB；故ACD错误，B正确；

故选：B。

人；车组成的系统水平方向动量守恒；分别以人与两车组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律列方程，然后求出两车的速度，再分析答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，抓住小车和人组成的系统在水平方向动量守恒，人和小车A的总动量和小车B的动量大小相等，根据质量关系直接得到速率的大小关系。【解析】B7、C【分析】从图中可得该交流电的周期为通过图像可得该交流电的周期为0.250s，频率为交变电流的有效值为交变电流最大值为2A，故C正确。【解析】【答案】C8、B【分析】解：A；电熨斗是利用双金属片温度传感器；控制电路的通断．故A正确．

B；光敏电阻是由半导体材料制成的；其电阻随光照强度的增大而减小．故B错误．

C；电子秤所使用的测力装置是力传感器；利用通过应力片的电流一定，压力越大，电阻越大，应力片两端的电压差越大，将力信号变成电信号．故C正确．

D；金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高．故D正确．

本题选错误的；故选B

电熨斗是利用双金属片温度传感器；控制电路的通断．光敏电阻是由半导体材料制成的，其电阻随光照强度的增大而减小．电子秤所使用的测力装置是力传感器，利用应力片，将压力信号变成电压信号．金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高．

本题是常识性问题，考查传感器这一知识点，比较简单．【解析】【答案】B二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】解：当把软铁迅速靠近A线圈的过程中；根据楞次定律，增反减同，则感应电流方向由Q到P；

由楞次定律的相对运动表述：近则斥；离则吸；可知：线圈A将向左移动．

故答案为：Q；P；向左．

当磁铁迅速靠近A线圈的过程中；因磁通量的变化，根据楞次定律，即可求解通过电阻R的感应电流的方向；由楞次定律的另一种表述：近则斥；离则吸，即可解答．

考查理解楞次定律的应用，注意楞次定律的总结性规律：近则斥、离则吸；增则缩，减则扩；增则反，减则同．【解析】Q；P；向左10、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度为1.5mm；可动刻度为0.01×0.00mm=0.000mm，所以最终读数为1.500mm．

故答案为：1.500

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．

螺旋测微器的读数方法，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】1.50011、略

【分析】解：变压器的工作原理是互感现象；故原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压交流电源；

根据变压比公式保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；

根据变压比公式保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；

上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法；

故答案为：交流电源；增大，减小，控制变量法．

变压器的工作原理是互感现象；根据变压比等于匝数比进行分析即可．

本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，基础题．【解析】交流电源；增大；减小；控制变量法12、略

【分析】

变压器的匝数与电压成正比，所以负线圈的输出电压为=6V．

答案为：6

【解析】【答案】根据变压器的匝数之比等于电压之比即可求出．

13、略

【分析】

根据牛顿第二定律得。

k=m

电子的动能为Ek=

联立两式得Ek=

故答案为：

【解析】【答案】氢原子中电子绕原子核做匀速圆周运动时；由原子核的库仑引力提供电子的向心力，根据库仑定律和牛顿定律列方程求解电子的速度，再求解电子的动能．

14、略

【分析】

传感器是指这样一类元件：它能感受诸如力；温度、光、声、化学成分等物理量；并能把它们按照一定规律转换成便于传输和处理的另一个物理量，或转换为电路的通断，如果把非电学量转换为电学量，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了．

故答案为非电学量电学量。

【解析】【答案】传感器的定义：能够感受规定的被测量并按照一定规律转换成可用输出信号的器件或装置称为传感器．传感器是一种检测装置；它能够感受外界信息，并将其转换成为电信号，以满足信息的传输；处理、存储、显示、记录和控制等要求．它是实现自动检测和自动控制的首要环节．其感受外界信息的过程称为检测过程．

15、略

【分析】解：因为气体发生等容变化；根据查理定律，有。

代入数据：

解得：

故答案为：

理想气体发生等容变化；根据查理定律列式求解。

本题考查气体实验定律的应用，关键是正确确定气体的状态参量，代入公式求解即可．【解析】三、判断题(共9题，共18分)16、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．17、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．18、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．19、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．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