2025年沪教新版高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪教新版高二物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是A.原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上B.正电荷在原子中是均匀分布的C.原子中存在带负电的电子D.原子只能处在一系列不连续的能量状态中2、下列说法不正确的是（）A.世界上有多种形式的能量，如煤、石油、生物能等都来自太阳辐射的能量B.如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率可以达到100%C.在各种单晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D.在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加3、在电能的输送过程中，如果输送的电功率一定，则输电线上的电能损失（）A.随输电线电阻增大而增大B.随输电线电阻减小而增大C.随输送电压升高而增大D.与输送电压无关4、下列关于自由落体运动的说法中，(g

取9.8m/s2)

正确的是(

)

A.自由落体运动是一种匀速运动B.物体刚下落时，速度和加速度都为零C.下落过程中，物体速度每秒增加9.8m/s

D.物体越重，下落得越快5、两列波相叠加发生了稳定的干涉现象，得到了干涉图样，以下关于干涉的说法中不正确的是（）A.这两列波的频率一定相等，振幅不一定相等B.这两列波的频率不一定相等，振幅一定相等C.振动加强的区域与振动减弱的区域总是互相间隔的D.振动加强的区域始终加强，振动减弱的区域始终减弱6、汽车以额定功率从水平路面上坡时，司机换档是为了()A.增大速度，增大牵引力B.减小速度，减小牵引力C.增大速度，减小牵引力D.减小速度，增大牵引力7、质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图所示，含有两种不同带电粒子的离子束（所有粒子带电荷量相同）经MN间的同一加速电压U从下底板由静止加速后从小孔S垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后，打在照相底片上的P点和Q点，已知=则打在P点和Q点的两种粒子的质量之比是（）A.B.C.D.评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)8、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9、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)10、将电量为6×10-6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10-5J的功，则该电荷在此过程中电势能____了____J；再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10-5J的功，则A、C间的电势差UAC=____．11、用如图7－9－8所示的实验装置验证机械能守恒定律；实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即能验证机械能守恒定律．

下面列举了该实验的几个操作步骤：

A．按照图示的装置安装器材；

B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；

C．用天平测量出重物的质量；

D．释放悬挂纸带的夹子；同时接通电源开关打出一条纸带；

E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；

F．根据测量的结果计算分析重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的。

动能．

指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤；将其选项对应的字母填在下面的横线上，并说明其原因：

____

____.12、可轻杆OA绕转轴O自由转动，用轻绳AB和轻弹簧BC连接，位置如图所示．将质量m的小物块悬挂在轻杆中点处，静止后OA处在水平位置，轻绳AB伸直但无拉力，则此时弹簧上的弹力大小为____；将m右移OA/4的距离，轻绳上拉力大小为____．

13、如图所示是探究感应电流与磁通量变化关系的实验.

下列操作会产生感应电流的有___________．

垄脵

闭合开关的瞬间；

垄脷

断开开关的瞬间；

垄脹

条形磁铁穿过线圈；

垄脺

条形磁铁静止在线圈中。

此实验表明：只要穿过闭合电路的磁通量发生______，闭合电路中就有感应电流产生．14、如图所示，直线a为某一电源的U-I关系图线，直线b为某一定值电阻的U-I关系图线，则可知电源的内电阻为____Ω，当该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率为____W．

15、游标卡尺读数是______cm，螺旋测微器的计数是______mm

评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)16、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）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、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、实验探究题(共3题，共6分)19、如图所示；某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1P2

确定入射光线，并让入射光线过圆心O

在玻璃砖(

图中实线部分)

另一侧垂直纸面插大头针P3

使P3

挡住P1P2

的像，连接OP3.

图中MN

为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，BC

分别是入射光线、折射光线与圆的交点，ABCD

均垂直于法线并分别交法线于AD

点。

(1)

设AB

的长度为aAO

的长度为bCD

的长度为mDO

的长度为n

为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量______，则玻璃砖的折射率可表示为______。

(2)

该同学在插大头针P3

前不小心将玻璃砖以O

为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将______(

填“偏大”、“偏小”或“不变”)

20、用如图甲所示装置通过半径相同的AB

两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为mA

的A

球从斜槽上某一固定点G

由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10

次，得到10

个落点痕迹，把质量为mB

的B

球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A

球仍从位置G

由静止开始滚下，和B

球碰撞后，AB

球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10

次，得到了如图乙所示的三个落地处．

甲乙(1)(1)请在图中读出OP=

________cm

．(2)(2)由图可以判断出R

是________球的落地点，Q

是________球的落地点．(3)(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式________________________________．21、如图为研究电磁感应现象的实验装置；部分导线已连接．

(1)

用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．

(2)

如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下；那么闭合开关后，将原线圈迅速插入副线圈的过程中，电流计的指针将______偏转；原线圈放在副线圈不动时，指针将______偏转.(

填“向左”或“向右”或“不”)

(3)

某同学第一次将滑动变阻器的滑片从变阻器的右端快速滑到左端，第二次将滑动变阻器的滑片从变阻器的右端慢慢滑到左端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______(

填“大”或“小”)

原因是线圈中的______(

填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”)

第一次比第二次的______.(

填“大”或“小”)

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：α粒子散射实验中，电子对α粒子的影响可以忽略不计，影响α运动的就是原子核处的正电荷。大部分的α粒子没有偏转说明没有收到原子核的作用力，少数发生大角度偏转说明受到了正电荷的作用力而且比较强，运动路径比较接近原子核，所以受原子核集中在很小的一个空间，A对BC错。原子处在一系列不连续的能量状态中是波尔为了解释原子光谱的不连续性而引入的概念，与本实验无关。D错。考点：α粒子散射实验【解析】【答案】A2、B【分析】【解答】A；世界上有多种形式的能量；如煤、石油、生物能等都来自太阳辐射的能量．故A正确；C、在各种单晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性．故C正确；

D；在绝热条件下压缩气体；外界对气体做功，而气体不会对外方程热量，所以气体的内能一定增加．故D正确；

B；根据热力学第二定律可知；即使没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率也不可能达到100%．故B错误．

故选：B

【分析】本题考查煤、石油、生物能等都来自太阳辐射的能量．悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动月明显；各种单晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的；做功和热传递都可以改变物体的内能；热力学第二定律的内容：一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响．另一种表述是：不可能使热根据热力学第一定律，能量既不能凭空消失，也不能凭空产生．3、A【分析】解：A、根据△P=I2r可得输电线上损失的电功率与输电线电阻成正比；随输电线电阻的增大而增大；故A正确；B错误；

C、输送的电功率P一定，输送电流为：I=再根据△P=I2r，有：△P=（）2r；故在输电线上损失的电功率和输送电压的平方成反比，故CD错误；

故选：A．

根据输送功率P=UI求出输电电流，再根据△P=I2r可得出输电线上损失的电功率与什么有关。

解决本题的关键掌握输送功率P=UI，以及输电线上损失的电功率△P=I2r【解析】【答案】A4、C【分析】【解析】自由落体的加速度恒定不变但不为零，是匀变速直线运动，加速度大小为9.8m/s2

表示每秒速度增量为9.8m/sC

对；【解析】C

5、B【分析】解：A；要得到稳定的干涉图样；条件是两列波的频率相等，且振幅不一定相等，A正确，B不正确；

C；介质中振动加强的区域和振动减弱的区域总是互相间隔的；C正确；

D；在干涉图样中振动加强的区域始终加强；振动减弱的区域始终减弱，D正确；

本题选择不正确的；故选：B．

只有频率相同的两列波才能发生干涉现象；振动加强与减弱区域相互间隔，振动加强的区域始终加强，振动减弱的区域始终减弱．

要记住发生干涉的唯一条件：两列波的频率相同，且发生干涉的区域是稳定的．【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】汽车发动机的功率是牵引力的功率，根据功率公式P=Fv

进行分析讨论。本题考查了机车启动，在功率一定的情况下，由公式推导分析。【解答】汽车的额定功率是一定的，由公式P=Fv

知，从水平路面上坡时，司机可通过换的，减小速度，增加牵引力，故D正确，ABC错误。故选D。【解析】D

7、D【分析】解；加速过程：qU=mv2

在磁场中运动：BqV=m

由以上两式可得；r=则===则=故D正确，ABC错误。

故选：D。

根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度；根据洛伦兹力提供向心力，求出在磁场中的轨道半径表达式，据表达式求得质量之比。

解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出轨道半径的表达式，从而得出轨道半径与电荷的质量有关。【解析】D二、双选题(共2题，共4分)8、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】AB9、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)10、略

【分析】

负电荷在电场力作用下发生位移；导致电场力做负功，则电荷的电势能增加．做多少功，电势能就增加多少．

因此，电荷在此过程中电势能增加，且增加了3×10-5J．

电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10-5J的功，则由：W=qU得UBC===-2v

而负电荷从电场中A点移到B点，两点的电势差UAB===5V

所以A、C间的电势差UAC=UAB+UBC=5V-2V=3V

故答案为：增加；3×10-5；3V

【解析】【答案】电荷在电场力作用下做功；导致电势能变化．所以由做功与电量可求出两点的电势差，同时根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．

11、BCD步骤B是错误的，应该接到电源的交流输出端；步骤D是错误的，应该先接通电源，待打点稳定后再释放纸带；步骤C不必要，因为根据测量原理，重物的动能和势能中都包含了质量m，可以约去。【分析】【解答】

步骤B是错误的；应该接到电源的交流输出端；步骤D是错误的，应该先接通电源，待打点稳定后再释放纸带；步骤C不必要，因为根据测量原理，重物的动能和势能中都包含了质量m，可以约去．

【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，熟练掌握打点计时器的应用．12、【分析】【解答】设OA长为l，当绳无拉力，则弹簧的拉力的力矩与重力的力矩平衡，即：Flocsin60°=mg

当m右移的距离时，由力矩平衡得：Flocsin60°+Tlsin30°=mg

解得：F=T=

答案为：

【分析】杠杆平衡的条件：动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂；如图所示，根据直角三角形角与边的关系，求出绳子对杠杆拉力的力臂；再利用已知的重力和重力的力臂以及杠杆平衡的条件求出拉力F的大小．13、垄脵垄脷垄脹

变化【分析】解：垄脵

开关S

闭合瞬间；穿过线圈B

的磁通量发生变化，线圈产生感应电流，故垄脵

正确；

垄脷

开关S

断开瞬间；穿过线圈B

的磁通量发生变化，有感应电流产生，故垄脷

正确；

垄脹

开关S

闭合后；变阻器滑片P

移动，穿过线圈B

的磁通量发生变化，有感应电流产生，故垄脹

正确；

垄脺

开关S

闭合后；变阻器滑片P

不移动，穿过线圈B

的磁通量不发生变化，没有感应电流产生，故垄脺

错误；

故选：垄脵垄脷垄脹

此实验表明：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化；闭合电路中就有感应电流产生。

故答案为：垄脵垄脷垄脹

变化。

产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化；根据图示情景分析答题．

本题考查了感应电流产生的条件，熟练掌握基础知识即可正确解题，本题是一道基础题．【解析】垄脵垄脷垄脹

变化14、略

【分析】

由闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，当I=0，U=E，则由电源的U-I图象纵轴截距读出电源的电动势E=3V，图象的斜率大小等于电源的内阻大小，即有r==Ω=0.5Ω．

电源的U-I图象与电阻U-I图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态；读出此时的路端电压为U=2V，电流为I=2A，则电源的输出功率为P=UI=4W．

故答案为：0.5；4

【解析】【答案】根据电源的U-I图象的纵轴截距和斜率分别求出电源的电动势和内阻．电源的U-I图象与电阻U-I图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态；读出此时路端电压和电流，再求出电源的输出功率．

15、略

【分析】解：1；游标卡尺的主尺读数为：10.2cm；游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm=0.035cm；

所以最终读数为：10.2cm+0.035cm=10.235cm．

2；螺旋测微器的固定刻度为5.5mm；可动刻度为4.5×0.01mm=0.045mm，所以最终读数为5.5mm+0.045mm=5.545mm．

最后的结果可以为5.545±0.001．

故答案为：（1）10.235；5.545．

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；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．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】10.235；5.545四、判断题(共3题，共30分)16、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．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、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．五、实验探究题(共3题，共6分)19、a和m；偏大【分析】解：(1)

根据几何知识得，入射角的正弦sini=ABBO=aR

折射角的正弦sinr=CDCO=mR

根据折射定律得，玻璃砖的折射率n=sinisinr=aRmR=am

所以需要用刻度尺测量a

和m

(2)

该同学在插大头针P3

前不小心将玻璃砖以O

为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN

为边界，AD

为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式律n=sinisinr

可知；测得玻璃砖的折射率将偏大。

故答案为：(1)a

和mam(2)

偏大。

(1)

用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律n=sinisinr

根据几何知识可得到入射角的正弦与圆的半径与AB

的长度l1

的关系；折射角的正弦与圆的半径与CD

的长度l1

的关系，即可得到需要测量的量。

(2)

该同学在插大头针P3

前不小心将玻璃砖以O

为圆心顺时针转过一小角度；折射光线将顺时针转动，作图时入射角不变，折射角减小，则知n

的测量值变大。

本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，由实验原理律n=sinisinr

分析。【解析】a

和mam

偏大20、(1)17.5(2)BA(3)

【分析】【分析】(1)

从图中直接读出OP

的读数；(2)A

与B

相撞后，B

的速度增大，A

的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q

点是没有碰撞时A

球的落地点，R

是碰后B

的落地点，P

是碰后A

的落地点；(3)

根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得mAv0=mAv1+mBv2

得到要验证的表达式。本题考查验证动量守恒定律实验的基本问题，难度不大。【解答】(1)

从图中直接读出OP

的读数为：17.5cm

(2)A

与B

相撞后，B

的速