…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版高二物理下冊月考試卷221考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、一較小的三角形導線框abc向右勻速穿越勻強磁場（兩平行的虛線間的區(qū)域）。如圖所示，ab邊與磁場邊界平行，若運動過程中始終保持速度方向與ab邊垂直，則可以定性地表示線框在進入磁場的過程中感應電流隨時間變化的規(guī)律的是()2、如圖所示；有一根直導線上通以恒定電流I，方向垂直指向紙內(nèi)，且和勻強磁場B垂直，則在圖中圓周上，磁感應強度數(shù)值最大的點是（）

A.a點B.b點C.c點D.d點3、如圖所示，三條平行等距的直線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實線是一帶負電的粒子（不計重力），在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡，對于這軌道上的a、b、c三點來說（）A.粒子必先過a，再到b，然后到cB.粒子在三點所受的合力Fa＞Fb＞FcC.粒子在三點的動能大小為Ekb＞Eka＞EkcD.粒子在三點的電勢能大小為Epb＞Epa＞Epc4、某實驗小組想測試兩種材料的導電性能，他們將這兩種材料加工成厚度均勻、橫截面為正方形的幾何體，分別如圖甲、乙所示，經(jīng)測試發(fā)現(xiàn)，材料甲沿ab、cd兩個方向的電阻相等，材料乙沿ef方向的電阻大于沿gh方向的電阻，關于這兩種材料，下列說法中正確的是（）A.材料甲一定是晶體B.材料甲一定是非晶體C.材料乙一定是單晶體D.材料乙一定是多晶體5、如圖所示的圓形線圈共n

匝，電阻為R

過線圈中心O

垂直于線圈平面的直線上有AB

兩點，AB

間的距離為LAB

關于O

點對稱.

一條形磁鐵開始放在A

點，中心與A

重合，軸線與AB

所在直線重合，此時線圈中的磁通量為婁碌1

將條形磁鐵以速度v

勻速向右移動，軸線始終與AB

所在直線重合，磁鐵中心到O

點時線圈中的磁通量為婁碌2

下列說法正確的是(

)

A.磁鐵在A

點時，通過一匝線圈的磁通量為婁碌1n

B.磁鐵從A

到O

的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均電動勢為E=2nv婁碌2鈭?婁碌1L

C.磁鐵從A

到B

的過程中，線圈中磁通量的變化量為2婁碌1

D.磁鐵從A

到B

的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量不為零6、如圖所示，兩輛質(zhì)量相同的小車置于光滑的水平面上，有一個人靜止站在A車上，兩車靜止，若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車，靜止于A車上，則A車的速率（）A.等于零B.小于B車的速率C.大于B車的速率D.等于B車的速率7、小型交流發(fā)電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應電動勢與時間呈正弦函數(shù)關系，如圖所示國。此線圈與一個R＝10Ω的電阻構成閉合電路，不計電路的其他電阻。下列說法正確的是（）A.交變電流的周期為0.125sB.交變電流的頻率為8HzC.交變電流的有效值為AD.交變電流的最大值為4A8、下列說法不正確的一項是（）A.電熨斗能自動控制溫度的原因是它裝有雙金屬片溫度傳感器，這種傳感器作用是控制電路的通斷B.光敏電阻隨光照強度的增大其阻值逐漸升高C.電子秤所使用的測力裝置是力傳感器，它是把力信號轉(zhuǎn)化為電壓信號D.金屬熱電阻隨溫度的升高其阻值逐漸升高評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、如圖所示，線圈A繞在一鐵芯上，A中導線接有一電阻R．在把磁鐵N極迅速靠近A線圈的過程中，通過電阻R的感應電流的方向為______指向______（填“P”、“Q”）；若線圈A能自由移動，則它將______移動（填“向左”、“向右”或“不”）．10、如圖所示，螺旋測微器的讀數(shù)應為______mm．

11、某同學選用匝數(shù)可調(diào)的可拆變壓器來“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”實驗，變壓器原線圈兩端所接的電源應是電壓為12V的低壓______（選填“交流電源”或“直流電源”）．先保持原線圈的匝數(shù)不變，增加副線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓______；然后再保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓______（選填“增大”、“減小”或“不變”）．上述探究副線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系中采用的實驗方法是______（選填“控制變量法”、“轉(zhuǎn)換法”或“類比法”）．12、一理想變壓器，原、副線圈匝數(shù)各為1210匝和33匝．在原線圈接入電壓為220V的交流電源，則該變壓器負線圈的輸出電壓為____伏特．13、質(zhì)子的電荷量為e，電子電荷量也為e，假設氫原子中電子繞原子核做勻速圓周運動，軌道半徑r，靜電力常量為K，則氫原子中，電子繞原子核運動的動能為____．14、傳感器能夠感受一些____量，并把它們按一定的規(guī)律轉(zhuǎn)化為____量，就可以方便地進行測量，傳輸、處理和控制．15、把壓強為1.0×105Pa，溫度為200K的理想氣體等容加熱到400K時壓強為______Pa．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）17、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）18、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）19、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

20、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

21、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

22、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）23、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

24、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、證明題(共2題，共18分)25、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。26、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【解析】試題分析：由法拉第電磁感應定律可得，進入磁場的過程中有則切割磁感線的有效長度L減小，則感應電流減小，又磁通量增大感應電流為逆時針方向；全部進入后，磁通量不變，沒有感應電流，離開過程順時針方向感應電流，逐漸減小。故選D考點：電磁感應中的圖象問題【解析】【答案】D2、A【分析】【解答】解：用安培定則判斷通電直導線在abcd四個點上所產(chǎn)生的磁場方向；如圖所示：

A；在a點；通電導線產(chǎn)生的磁場與勻強磁場的方向相同，疊加后磁感應強度數(shù)值最大．故A正確；BCD錯誤．

故選：A

【分析】該題考察了磁場的疊加問題．用安培定則首先確定通電直導線在abcd四點產(chǎn)生的磁場的方向，利用矢量的疊加分析疊加后磁場大小變化和方向，從而判斷各選項．3、D【分析】解：A、運動軌跡不能反映運動方向，所以不能判斷出粒子先過a，再到b，然后到c，還是粒子先過c，再到b；然后到a，故A錯誤；

B、由等勢面特點知，該電場為勻強電場，電場線方向向上，而粒子受電場力方向指向高電勢，故粒子帶負電，又F=qE，故粒子在a、b；c三點所受合力相同；故B錯誤；

C、D、根據(jù)能量守恒：負電荷在電勢高處電勢能小，動能大．則知負電荷在b點電勢能最大，動能最小，故應有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc；故C錯誤，D正確；

故選：D

由等勢面分布的特點可知；該電場為勻強電場，電場線方向與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢．粒子的軌跡向下彎曲，可知其所受的電場力向下，即可判斷出粒子的電性，但運動軌跡不能反映運動方向．根據(jù)能量守恒負電荷在電勢高處電勢能小，動能大．

本題根據(jù)粒子的軌跡彎曲方向就能判斷粒子所受的電場力方向，根據(jù)電場線與等勢線的關系，判斷出電場線方向．負電荷在電勢高處電勢能小是一個重要推論，要學會應用．【解析】【答案】D4、C【分析】解：測試發(fā)現(xiàn)，材料甲沿ab；cd兩個方向的電阻相等；材料乙沿ef方向的電阻大于沿gh方向的電阻，說明了甲具有各向同性，而乙具有各向異性，單晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，所以乙一定是單晶體，而多晶體和非晶體是各向同性的，材料甲可能是多晶體，也可能不是晶體．故只有選項C正確．

故選：C

晶體有固定的熔點；非晶體沒有固定的熔點，單晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，而多晶體和非晶體是各向同性的，晶體的分子排列是有規(guī)則的，而非晶體的分子排列是無規(guī)則的．

能否記住晶體與非晶體的不同特性及晶體與非晶體的熔化特點是本題的解題關鍵．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】本題考察對法拉第電磁感應定律的理解，根據(jù)法拉第電磁感應定律公式求解平均感應電動勢，根據(jù)歐姆定律求解電流，根據(jù)q=It

求解電量。本題關鍵是明確感應電動勢的平均值的求解方法，注意磁通量與面積和磁感應強度有關，與線圈的匝數(shù)無關?！窘獯稹緼.磁通量形象化的含義是通過某平面的磁感線條數(shù)的多少，與線圈匝數(shù)無關，即通過整個線圈與通過每一匝線圈的磁通量都是婁碌1婁碌1故A錯誤；

B.由法拉第電磁感應定律有E=nE=n婁隴婁碌婁隴t，婁隴婁碌=婁碌2鈭?婁碌1婁隴婁碌=婁碌2-婁碌1婁隴t=婁隴t=AO爐v==L2v，故E==2nv婁碌2鈭?婁碌1L。故B正確；

CD.

磁通量先增加后減?。淮磐康淖兓繛榱?，故平均感應電動勢為零，故平均感應電流為零，故通過線圈某一截面的電量為零，故C錯誤，D錯誤。

故選：B

【解析】B

6、B【分析】解：設人的質(zhì)量為m；車的質(zhì)量為M，人與A車；人與B車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向；

人跳離A車過程，對人與A車組成的系統(tǒng)：mv0+MvA1=0，解得：vA1=-v0；

人跳上B車過程，對人與B車組成的系統(tǒng)：mv0=（m+M）vB1，解得：vB=v0；

人跳離B車過程，對人與B車組成的系統(tǒng)：（m+M）vB1=-mv0+MvB，解得：vB=v0；

人跳上A車過程，對人與A車組成的系統(tǒng)：-mv0+MvA1=（m+M）vA，解得：vA=-v0；負號表示方向向左；

則：vA＜vB；故ACD錯誤，B正確；

故選：B。

人；車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒；分別以人與兩車組成的系統(tǒng)為研究對象，應用動量守恒定律列方程，然后求出兩車的速度，再分析答題。

本題考查了動量守恒定律的應用，抓住小車和人組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，人和小車A的總動量和小車B的動量大小相等，根據(jù)質(zhì)量關系直接得到速率的大小關系?！窘馕觥緽7、C【分析】從圖中可得該交流電的周期為通過圖像可得該交流電的周期為0.250s，頻率為交變電流的有效值為交變電流最大值為2A，故C正確?！窘馕觥俊敬鸢浮緾8、B【分析】解：A；電熨斗是利用雙金屬片溫度傳感器；控制電路的通斷．故A正確．

B；光敏電阻是由半導體材料制成的；其電阻隨光照強度的增大而減?。蔅錯誤．

C；電子秤所使用的測力裝置是力傳感器；利用通過應力片的電流一定，壓力越大，電阻越大，應力片兩端的電壓差越大，將力信號變成電信號．故C正確．

D；金屬熱電阻隨溫度的升高其阻值逐漸升高．故D正確．

本題選錯誤的；故選B

電熨斗是利用雙金屬片溫度傳感器；控制電路的通斷．光敏電阻是由半導體材料制成的，其電阻隨光照強度的增大而減小．電子秤所使用的測力裝置是力傳感器，利用應力片，將壓力信號變成電壓信號．金屬熱電阻隨溫度的升高其阻值逐漸升高．

本題是常識性問題，考查傳感器這一知識點，比較簡單．【解析】【答案】B二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】解：當把軟鐵迅速靠近A線圈的過程中；根據(jù)楞次定律，增反減同，則感應電流方向由Q到P；

由楞次定律的相對運動表述：近則斥；離則吸；可知：線圈A將向左移動．

故答案為：Q；P；向左．

當磁鐵迅速靠近A線圈的過程中；因磁通量的變化，根據(jù)楞次定律，即可求解通過電阻R的感應電流的方向；由楞次定律的另一種表述：近則斥；離則吸，即可解答．

考查理解楞次定律的應用，注意楞次定律的總結(jié)性規(guī)律：近則斥、離則吸；增則縮，減則擴；增則反，減則同．【解析】Q；P；向左10、略

【分析】解：螺旋測微器的固定刻度為1.5mm；可動刻度為0.01×0.00mm=0.000mm，所以最終讀數(shù)為1.500mm．

故答案為：1.500

螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)；在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

螺旋測微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解析】1.50011、略

【分析】解：變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象；故原線圈兩端所接的電源應是電壓為12V的低壓交流電源；

根據(jù)變壓比公式保持原線圈的匝數(shù)不變，增加副線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓增大；

根據(jù)變壓比公式保持副線圈的匝數(shù)不變，增加原線圈的匝數(shù)，觀察到副線圈兩端的電壓減??；

上述探究副線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系中采用的實驗方法是控制變量法；

故答案為：交流電源；增大，減小，控制變量法．

變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象；根據(jù)變壓比等于匝數(shù)比進行分析即可．

本題關鍵明確變壓器的工作原理，同時要結(jié)合變壓器的變壓比公式列式分析，基礎題．【解析】交流電源；增大；減??；控制變量法12、略

【分析】

變壓器的匝數(shù)與電壓成正比，所以負線圈的輸出電壓為=6V．

答案為：6

【解析】【答案】根據(jù)變壓器的匝數(shù)之比等于電壓之比即可求出．

13、略

【分析】

根據(jù)牛頓第二定律得。

k=m

電子的動能為Ek=

聯(lián)立兩式得Ek=

故答案為：

【解析】【答案】氫原子中電子繞原子核做勻速圓周運動時；由原子核的庫侖引力提供電子的向心力，根據(jù)庫侖定律和牛頓定律列方程求解電子的速度，再求解電子的動能．

14、略

【分析】

傳感器是指這樣一類元件：它能感受諸如力；溫度、光、聲、化學成分等物理量；并能把它們按照一定規(guī)律轉(zhuǎn)換成便于傳輸和處理的另一個物理量，或轉(zhuǎn)換為電路的通斷，如果把非電學量轉(zhuǎn)換為電學量，就可以很方便地進行測量、傳輸、處理和控制了．

故答案為非電學量電學量。

【解析】【答案】傳感器的定義：能夠感受規(guī)定的被測量并按照一定規(guī)律轉(zhuǎn)換成可用輸出信號的器件或裝置稱為傳感器．傳感器是一種檢測裝置；它能夠感受外界信息，并將其轉(zhuǎn)換成為電信號，以滿足信息的傳輸；處理、存儲、顯示、記錄和控制等要求．它是實現(xiàn)自動檢測和自動控制的首要環(huán)節(jié)．其感受外界信息的過程稱為檢測過程．

15、略

【分析】解：因為氣體發(fā)生等容變化；根據(jù)查理定律，有。

代入數(shù)據(jù)：

解得：

故答案為：

理想氣體發(fā)生等容變化；根據(jù)查理定律列式求解。

本題考查氣體實驗定律的應用，關鍵是正確確定氣體的狀態(tài)參量，代入公式求解即可．【解析】三、判斷題(共9題，共18分)16、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．17、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關．18、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．19、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．20、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．21、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線