2025年沪科版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年沪科版高二物理上册月考试卷432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8题，共16分)1、某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计.在O到A运动过程中，下列关于粒子运动加速度a和速度v随时间t的变化、运动径迹上电势和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是2、如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是（）A.E1＜E2，a端为正B.E1＜E2，b端为正C.E1＞E2，a端为正D.E1＞E2，b端为正3、如图是一个示波管工作原理图的一部分，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为y，两平行板间距为d、板长为L、板间电压为U．每单位电压引起的偏转量（y/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可以采用的方法是（）A.增加两板间的电势差UB.尽可能缩短板长LC.尽可能减小板距dD.使电子的入射速度v0大些4、如图所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC

为直径，O

为圆心，一带电粒子从A

沿AO

方向垂直射入磁场，初速度为v

1

从D

点射出磁场时的速率为v

2

则下列说法中正确的是(

粒子重力不计)(

)

A.v

2

>v

1

v

2

方向的反向延长线必过圆心B.v

2

=v

1

v

2

方向的反向延长线必过圆心C.v

2

>v

1

v

2

方向的反向延长线可能不过圆心D.v

2

=v

1

v

2

方向的反向延长线可能不过圆心5、起重机将2×104N的重物匀速提升5m，在此过程中，起重机对重物做的功是（）A.4×103JB.1×104JC.1×105JD.4×105J6、处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定()A.线圈没有在磁场中运动B.线圈没有做切割磁感线运动C.穿过线圈的磁通量没有发生变化D.磁场没有发生变化7、某匀强电场的等势面分布如图所示，已知相邻等势面的间距均为1cm，则以下说法中正确的是（）A.电场强度的方向竖直向下B.电场强度的方向竖直向上C.电场强度的大小为E=1V/mD.电场强度的大小为E=100V/m8、如图是一个由逻辑电路按钮开关S

光敏电阻R0

蜂器D

等元件组成的一个简单防盗报警器的电路图，R0

被光照时电阻减小。当S

未闭合或R0

无光照时蜂鸣器D

不报警；当放在地面的S

被踩下闭合、同时安装在保险箱内的R0

被光照射时，蜂鸣器就会发出鸣叫声。则该报警器使用的门电路是(

)

A.与门B.或门C.与非门D.或非门评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、质子rlap{_{1}}{^{1}}H和娄脕

粒子rlap{_{2}}{^{4}}He被加速到相同动能时，质子的动量_______(

选填“大于”、“小于”或“等于”)娄脕

粒子的动量，质子和娄脕

粒子的德布罗意波波长之比为_____。10、物体A、B质量之比mA：mB=3：1，使它们以相同的初速度沿水平地面滑行．如果A、B两物体受到相同大小的阻力，那么它们停下来所用时间之比tA：tB=____；如果A、B两物体与地面的动摩擦因数相同，那么它们停下来所用时间之比tA：tB=____．11、单摆的摆长为l，摆球质量为m，把摆球从平衡位置拉开一段距离，当偏角为a时由静止释放，则单摆经过平衡位置时的动能为____．12、一个密闭气缸里的气体膨胀时推动活塞做了900J的功，同时从外界吸收500J的热量，则气体内能____（填“增加”或“减少”）了____J．13、如图所示虚线为电场中的一簇等势面，A、B两等势面间的电势差为20V，且A的电势高于B的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子在只受电场力作用下的情况下从电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过M点的动能为30eV，它经过N点的动能为______eV，电子在N点的电势能比M点的电势能______（填“大”或“小”）14、如图，读出螺旋测微器和游标卡尺的示数，螺旋测微器的示数为______mm，游标卡尺的示数______cm

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、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）16、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）

17、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）

18、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）19、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）20、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）

21、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）

22、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）

评卷人得分四、证明题(共2题，共6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。评卷人得分五、作图题(共2题，共14分)25、在《互成角度的两个共点力的合成》的实验中，两个弹簧秤的拉力F1和F2已于图中作出了它们的图示，O是橡皮条的一个端点，图中每格的长度代表1N。（1）用作图法作出合力F的图示；（2）合力F的大小是_______N。26、请描述出图中通电导线周围的磁感线和单个正电荷周围的电场线。评卷人得分六、综合题(共1题，共2分)27、

(1)

如图所示，竖直向上的拉力F

=22N

作用在置于水平地面上质量为2kg

的物体上，将物体竖直向上提升2m

此过程中拉力对物体做的功是____J

物体的末速度为____m/s(

重力加速度g=10m/s2)

(2)

以10m/s

的速度从20m

高的塔上水平抛出一个石子。不计空气阻力，取g

=10m/s2

则石子经____s

落地，落地时相对于抛出点的水平位移是____m

(3)

一个玩具小汽车在水平地板上以某一速度匀速行驶时，玩具小汽车对地板的压力大小F

1

____(

填“等于”、“大于”或“小于”)

它的重力大小G

；当该玩具小汽车以同一速度通过玩具拱形桥最高点时，它对桥面的压力大小F

2

____(

填“等于”、“大于”或“小于”)

它的重力大小G

。

(4)

如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”实验装置图，小车的质量为m

1

托盘及砝码的质量为m

2

．(1)

打点计时器使用____(

选填“直流”或“交流”)

电源．(2)

实验中____．A.应保持m

1

不变，改变m

2

B.应保持m

2

不变，改变m

1

C.应保证m

1

比m

2

小得多D.

应保持m

1

和m

2

的比值不变参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大的加速运动，故A正确，B选项错误；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；电荷在电场力作用下做正功，粒子的动能增加，即而动能Ek随位移x的变化图线的斜率表示电场强度，故D选项错误。考点：电场线牛顿第二定律动能定理【解析】【答案】A2、B【分析】解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv；如下图；

L1=

L2=

又v1=

v2=

所以E1=BL1V1=

E2=BL2V2=

所以E1＜E2．

再根据右手定则判定电流方向从a到b，在电源内部电流时从电源负极流向正极，b端为正；

故选：B．

根据题意分析知道由铜棒下落；切割磁感线产生感应电动势．

由于下落距离不同；根据磁感线的分布求出铜棒切割磁感线时的有效长度．

再根据E=BLv进行对比．

最后根据右手定则判断出电流方向；根据电源内部电流方向特点找出电源的正负极．

由于铜棒切割磁感线时没有形成回路；所以铜棒做的是自由下落．

对于电源而言，电源内部电流是从电源负极流向正极．【解析】【答案】B3、C【分析】解：设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a==

运动时间t=

偏转量h==．

所以示波管的灵敏度：=．

通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长L，减小两板间距离d和减小入射速度v0．故C正确；ABD错误．

故选：C．

电子在匀强电场中发生偏转；根据已知的条件，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．

该题本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程．【解析】【答案】C4、B【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以v

2

=v

1

轨迹圆与磁场边界圆相交，根据对称性，v

1

的方向过圆心，那么v

2

方向的反向延长线必过圆心，选项B正确。【解析】B

5、C【分析】解：物体做匀速直线运动，故拉力为：F=G=2×104N；

则起重机对物体的做的功为：W=Fh=2×104N×5m=1×105J

故C正确ABD错误。

故选：C。

根据平衡条件确定起重机的拉力；再由功的公式可求得起重机对物体做的功。

本题考查功的计算，要注意功的公式以及二力平衡的应用，属基本知识的直接考查。【解析】C6、C【分析】只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化就有感应电流产生，当线圈平行磁场运动时磁通量不变，没有电流产生，同理ABD错；c对；【解析】【答案】C7、D【分析】解：根据电场线总是与等势面垂直；而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左．

两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E==V/m=100V/m；故ABC错误，D正确；

故选：D．

电场线总是与等势面垂直；而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系U=Ed求出电场强度的大小．

本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式U=Ed中，d是沿电场线方向两点间的距离．【解析】【答案】D8、C【分析】解：当S

未闭合或R0

无光照时蜂鸣器D

不报警；只有当放在地面的S

被踩下闭合；同时安装在保险箱内的R0

被光照射时，蜂鸣器就会发出鸣叫声，说明A

和B

端先接入一个与门电路；当放在地面的S

被踩下闭合、同时安装在保险箱内的R0

被光照射时，A

和B

端均为高电势，而输出的是低电势，即后面是非门电路，故该报警器使用的门电路是“与非门”电路，故C正确、ABD错误；

故选：C

当放在保险箱前地毯下的按钮开关S

被脚踩下闭合；同时安装在保险箱里的光敏电阻R0

被透入的光线照射时，蜂鸣器就会发出鸣叫声，说明某个事件的条件全部满足，事件才能发生。根据电路的连接情况确定所接入的门电路。

本题主要是考查简单的逻辑电路，解答本题要掌握简单的逻辑电路的特点；对于门电路要清楚其原理及功能，并且通过分析题意才能找出正确的对应关系。【解析】C

二、填空题(共6题，共12分)9、小于2：1【分析】【分析】根据Ek=12mv2P=mv

得到动能与动量的关系，然后根据公式娄脣=hp

比较物质波的波长。

该题考查德布罗意波波长，关键是记住公式娄脣=hp

同时要能够推导出动量与动能的关系分析，基础题目。【解答】动能与动量的关系为：p=2mEk

物质波的波长：娄脣=hp

联立得到：娄脣=h2mEk隆脴1m

质子和娄脕

粒子质量之比为14

故物质波的波长之比为21

故填：小于；21

【解析】小于21

10、略

【分析】

如果A、B两物体受到相同大小的阻力，根据牛顿第二定律得，a=知A、B两物体的加速度大小之比为1：3，根据t=知；初速度相同，则停下来的时间之比为3：1．

如果A、B两物体与地面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得，a=知加速度大小之比为1：1，根据t=知；初速度相同，则停下来的时间之比，1：1．

故答案为：3：1；1：1

【解析】【答案】根据牛顿第二定律求出加速度之比；通过速度时间公式求出两物体的运动时间之比．

11、略

【分析】

单摆摆动过程中；只有重力做功，根据动能定理，有：

mg（l-lcosθ）=Ek

故Ek=mg（l-lcosθ）；

故答案为：mg（l-lcosθ）．

【解析】【答案】单摆摆动过程中；只有重力做功，根据动能定理列式求解即可．

12、减少400【分析】【解答】气体吸收了500J的热量，故Q=500J；

对外做的功是900J，故W=﹣900J；

根据热力学第一定律，有：△U=Q+W=500J﹣900J=﹣400J．即减少了400J．

故答案为：减少；400．

【分析】在热力学中，系统发生变化时，设与环境之间交换的热为Q，与环境交换的功为W，可得热力学能（亦称内能）的变化为：△U=Q+W．13、略

【分析】解：由题意知；A；B两等势面间的电势差为20V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=15V．

因为A的电势高于B的电势；则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功，所以电势能增加，故电子在N点的电势能比M点的电势能大，根据动能定理得：

W=EkN-EkM

则得：EkN=W+EkM=-15eV+30eV=15eV

故答案为：15；大．

根据电势高低判断电场力对电子做功的正负；运用动能定理求经过N点时的动能和电势能的减少．

本题只要掌握动能定理和能量守恒定律，并能用来分析电场中带电粒子运动的问题，难度不大．【解析】15；大14、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为5mm；可动刻度读数为0.01×48.5mm=0.485mm；

所以最终读数为：5mm+0.485=5.485mm．

游标卡尺的固定刻度读数为4.1cm；游标读数为0.02×10mm=0.20mm=0.020cm；

所以最终读数为：4.1cm+0.020cm=4.120cm．

故答案为：5.485；4.120

游标卡尺读数的方法是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．

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．【解析】5.485；4.120三、判断题(共8题，共16分)15、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．16、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．17、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，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、证明题(共2题，共6分)23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动24、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、作图题(共2题，共14分)25、略

【分析】试题分析：（1）根据平行四边形画出合力如图：（2）由图看以数出合力的长度是5个小格，所以合力大小为：考点：《互成角度的两个共点力的合成》的实验【解析】【答案】（1）如图所示（2）5。26、略

【分析】

根据安培定则判断出磁感线的方向；再画出磁感线。正电荷周围的电场线从正电荷出发到无穷远终止。

对于常见的磁场的磁感线和电场的电场线分布要在理解的基础上，加强记忆。【解析】解：根据安培定则判断可知：通电导线周围的磁感线方向沿逆时针方向(

俯视)

是以导体上各点为圆心的一簇同心圆，磁感线的分布如图；正电荷周围的电场线从正电荷出发到无穷远终止，其电场线分布如图。六、综合题(共1题，共2分)27、（1）442（2）220