2025年滬科版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、A為已知電場中的一固定點，在A點放一電量為q的電荷，所受電場力為F，A點的場強為E，則（）A.若在A點換上－q，A點場強方向發(fā)生變化B.若在A點換上電量為2q的電荷，A點的場強將變?yōu)?EC.若在A點移去電荷q，A點的場強變?yōu)榱鉊.A點場強的大小、方向與q的大小、正負、有無均無關2、某物體沿直線運動的v-t圖像如圖所示，由圖像可看出物體的運動情況，則下列說法正確的是：A.沿單方向的直線運動B.沿直線作往復運動C.做勻變速直線運動D.加速度大小不變3、近些年來；太空垃圾的數(shù)量一直處于快速增長之中，已嚴重威脅到了人造衛(wèi)星和其他航天器的運行安全．目前科學家們研制的”太空垃圾清掃機器人”在未來幾年將投入使用．該機器人能夠通過一支機械臂牢固地抓住報廢的人造衛(wèi)星或是火箭殘塊，并將它們收集起來以拋入大氣層燒毀，如圖所示．假設在確定軌道上運動的“太空垃圾”和“機器人”均可視為勻速圓周運動．關于以上信息，下列說法正確的是（）

A.拋入大氣層的太空垃圾，其運動過程中機械能守恒B.不同半徑圓軌道上的太空垃圾周期可能相同C.在近地軌道上的“機器人”的線速度比同步衛(wèi)星的線速度大D.質量大的太空垃圾的向心加速度比質量小的太空垃圾的向心加速度大4、書放在水平桌面上，下列說法正確的是（）A.書的重力就是書對桌面的壓力B.書對桌面的壓力與桌面對書的支持力相平衡C.書的重力與桌面對書的支持力是一對相互作用力D.書對桌面的壓力性質屬于彈力，是由于書的形變而產生的5、如圖所示，有三個電阻，已知Rl：R2：R3=1：3：6，則電路工作時，電壓Ul：U2為（）

A.1：6B.1：9C.1：3D.1：2評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、真空中，有兩個帶同種電荷的點電荷A、B．A帶電荷+9×10-10C，B帶電荷是A的4倍．A、B相距12cm，現(xiàn)引入點電荷C，使A、B、C三個點電荷都處于靜止狀態(tài)，則C的位置為距A____cm，C的電荷為____C．7、如圖所示，在水平虛線上方有磁感應強度為2B、方向水平向左的勻強磁場，下方有磁感應強度為B、方向水平向右的勻強磁場。邊長為l的正方形線圈放置在兩個磁場中，線圈平面與水平虛線成α角，線圈分處在兩個磁場中的面積相等，則穿過線圈上方的磁通量的大小為____，穿過線圈下方的磁通量的大小為____，穿過線圈平面的磁通量的大小為____。8、一顆質量m=1kg的子彈以v0=3m/s的速度穿過一個靜止在光滑水平面上的質量為M=5kg的木塊，子彈的速度變?yōu)?m/s，則木塊速度為______m/s，若將木塊換成質量也為M的鋼塊，則子彈與鋼塊碰后無能量損失的反向彈回，則子彈的速度大小為______m/s，鋼塊的速度大小為______m/s．9、某同學做“用單擺測定重力加速度”的實驗；他設計的實驗步驟是：

A．用游標卡尺測量擺球的直徑d；

B．將擺球用細線系好；將細線的上端固定于O點；

C．用刻度尺測量細線的長度L1；

D．將擺球拉開約4°；由靜止釋放；

E．從擺球擺到最高點時開始計時，測出30次全振動的總時間t1，求出周期T1；

F．改變細線的長度為L2，記下相應的t2，求出周期T2；

G．求出L=和T=將代入單擺周期公式T=2π求出重力加速度g．

（1）如圖所示是d的示數(shù)，讀出d=______cm；

（2）你認為該同學以上步驟中有重大錯誤的是______（只寫序號）．10、一條平直的電場線上有ABC

三點，把m=2隆脕10鈭?9kgq=鈭?2隆脕10鈭?9C

的粒子從A

點移到B

點，電場力做1.5隆脕10鈭?7J

的正功，再把該電荷從B

點移到C

點，電場力做功鈭?4隆脕10鈭?7J

則UAB=

______VUCA=

______V.

評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)11、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）12、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）

13、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）

14、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）15、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）16、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）

17、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，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）

評卷人得分四、畫圖題(共2題，共4分)18、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象19、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象評卷人得分五、作圖題(共4題，共32分)20、（1）如圖所示為一列沿x軸負方向傳播的橫波，請在圖上標出該時刻質點P與點Q的振動方向。（2）如圖所示，豎直放置的平行導軌上擱置了一根與導軌接觸良好的金屬棒ab，水平方向的勻磁場強垂直穿過導軌平面，請在圖上標出當金屬棒ab下落時，ab棒中感應電流的方向和ab棒所受的磁場力方向。21、某同學在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中；先測得擺線長為97.50cm

擺球直徑為2.00cm

然后用秒表記錄了單擺振動50

次所用的時間，如圖1

所示，則：

(1)

該擺擺長為______cm

秒表所示讀數(shù)為______s.

(2)

如果測得的g

值偏?。豢赡艿脑蚴莀_____

A.測擺線長時擺線拉得過緊。

B.擺線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了。

C.開始計時時；秒表過遲按下。

D.實驗中誤將49

次全振動記為50

次。

(3)

為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l

并測出相應的周期T

從而得出一組對應的l

與T

的數(shù)據(jù)，再以l

為橫坐標，T2

為縱坐標，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖2

所示，并求得該直線的斜率為k

則重力加速度g=

______(

用k

表示)

．22、根據(jù)圖中通電直導線電流方向(

豎直向下)

判斷磁感線的環(huán)繞方向；在圖中畫箭頭表示．

23、試畫出下面圖1中負電荷產生的電場；畫出圖2中的A點的電場方向以及放在B點的負電荷所受的電場力方向。

評卷人得分六、解答題(共3題，共15分)24、在如圖所示的直角坐標中，x軸的上方有與x軸正方向成45°角的勻強電場，場強的大小為E=×104V/m．x軸的下方有垂直于xOy面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=2×10-2T，方向垂直于紙面向外．把一個比荷為C/kg的正電荷從y軸上坐標為（0；1）的A點處由靜止釋放．電荷所受的重力忽略不計，求：

①電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t；

②電荷在磁場中的偏轉半徑；

③電荷第二次到達x軸上的位置．

25、某電池的電動勢為1.5V；如果不考慮它內部的電阻，當把它的兩極與15Ω的電阻連在一起時，16s內有多少電荷定向移動通過電阻的橫截面？相當于多少個電子通過該電阻的橫截面？

26、如圖所示為用直流電動機提升重物的裝置；重物的重量為500N，電源電動勢為110V，不計電源內阻及各處摩擦，當電動機以0.9m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流為5A，求：

(1)提升重物消耗的功率；

(2)電動機線圈的電阻．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】試題分析：電場強度是通過比值定義法得出的，其大小及方向與試探電荷無關；故放入任何電荷時電場強度的方向大小均不變，故A、B、C均錯誤，D正確．考點：電場強度.【解析】【答案】D2、B|D【分析】【解析】【答案】BD3、C【分析】【解答】解：A；拋入大氣層的太空垃圾運動過程要克服阻力做功；機械能減小，機械能不守恒，故A錯誤；

B、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=mr，解得：T=2π不同軌道半徑r的太空垃圾周期不同；貴B錯誤；

C、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=m解得：v=在近地軌道上的“機器人”的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，在近地軌道上的“機器人”的線速度比同步衛(wèi)星的線速度大，故C正確；

D、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G=ma，解得：a=向心加速度大小與垃圾質量無關，取決于其軌道半徑，故D錯誤；

故選：C．

【分析】機器人與太空垃圾繞地球做圓周運動萬有引力提供向心力，應用萬有引力公式與牛頓第二定律求出周期、線速度與向心加速度，然后分析答題．4、D【分析】【解答】解：A；書靜止在水平桌面上；書對水平桌面的壓力大小等于書的重力，由于壓力與重力的性質、施力物體和受力物體都不同，不能說壓力就是重力．故A錯誤；

B；書對桌面的壓力與桌面對書的支持力是一對相互作用力；故B錯誤；

C；書受到重力的受力物體是書；方向豎直向下，桌面對書的支持力的受力物體是書，方向豎直向上，兩個力大小相等，作用在同一條直線上，符合平衡力的條件，是一對平衡力．故C錯誤；

D；書對桌面的壓力性質屬于彈力；是由于書的形變而產生的，故D正確；

故選：D．

【分析】根據(jù)平衡力和相互作用力的條件進行判斷．

平衡力的條件：大小相等；方向相反、作用在同一個物體上；作用在同一條直線上．

相互作用力：大小相等、方向相反、作用在兩個物體上，作用在同一條直線上．5、D【分析】解：設Rl=R，由于Rl：R2：R3=1：3：6，則R2=3R，R3=6R；

R并==2R，通過串聯(lián)電路的電流I相等，則Ul：U2=IRl：IR并=1：2；

故選D．

根據(jù)串并聯(lián)電路特點求出電阻關系；然后再由串并聯(lián)電路特點及歐姆定律求出電壓關系．

熟練應用串并聯(lián)電路特點i歐姆定律即可正確解題，本題難度不大，是一道基礎題．【解析】【答案】D二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】

由于AB都是正電荷；C必定要帶負電，并且在AB電荷之間，由于A的電荷量較小，所以C離A電荷較近；

設C與A的距離為x，則C與B的距離為（12-x），要使C平衡，則要A對C的庫侖力FAC與B對C的庫侖力FBC大小相等；

所以有k=k

同時電荷AB也要處于受力平衡狀態(tài)，對于A有k=k

聯(lián)立解得qC=4×10-10C

x=4cm

故答案為：4；-4×10-10C．

【解析】【答案】A、B、C三個點電荷都處于靜止狀態(tài)，對電荷受力分析，每個電荷都處于受力平衡狀態(tài)，根據(jù)庫侖定律的公式F=k列方程求解即可．

7、略

【分析】【解析】試題分析：公式中S表示與磁場方向垂直的面積，所以當線框與磁場不垂直時，需要將線框投影到垂直磁場方向上，故穿過線圈上方的磁通量的大小為穿過線圈下方的磁通量的大小為所以穿過線圈的磁場量為考點：考查了磁通量的求解【解析】【答案】BL2sinα，BL2sinα/2，BL2sinα/28、略

【分析】解：子彈射穿木塊的過程中；取子彈的初速度方向為正方向，以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒定律得：

mv0=mv1+Mv2；

得v2===0.4m/s

子彈與鋼塊碰撞過程；由題知，子彈無能量損失；

以子彈與鋼塊組成的系統(tǒng)為研究對象；由動量守恒定律和能量守恒定律得：

mv0=mv3+Mv4；

=+

可得v3==3=-2m/s；即子彈的速度大小為2m/s

代入mv0=mv3+Mv4，解得v4=1m/s

故選：0.4；2，1

以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象；由動量守恒定律可以求出木塊的速度．再以子彈與鋼塊組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒定律和能量守恒定律結合求子彈和鋼塊的速度大?。?/p>

子彈穿過木塊的過程，子彈與木塊組成的相同動量守恒，由動量守恒定律可以正確解題．子彈打擊鋼板的過程，遵守兩大守恒：動量守恒定律和能量守恒定律．【解析】0.4；2；19、略

【分析】解：（1）由圖可知主尺讀數(shù)為：2.0cm，游標尺上第3刻度與主尺上某一刻度對齊，其讀數(shù)為：3×=0.3mm=0.03cm；故最后讀數(shù)為：2.0cm+0.03cm=2.03cm；

（2）G、應該根據(jù)單擺周期公式T=2π分別求出兩次的加速度；再求平均值進而得到重力加速度g．

故答案為：2.03；G

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)；不需估讀，讀數(shù)時注意游標尺的精度是多少，以免出錯；

實驗為減少偶然誤差；求平均值，但應該是求每個長度對應的加速度再求平均值，不是求繩長和周期的平均值；

對于基本儀器要了解其原理；并能熟練的使用，解決本題的關鍵掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．

實驗注意求平均值得方法．【解析】2.03；G10、略

【分析】解：AB

間的電勢差為：UAB=WABq=1.5隆脕10鈭?7鈭?2隆脕10鈭?9V=鈭?75V

B、C

間的電勢差為：UBC=WBCq=鈭?4隆脕10鈭?7鈭?2隆脕10鈭?9V=200V

則得AC

間的電勢差為：UAC=UAB+UBC=125V

UCA=鈭?UAC=鈭?125V

故答案為：鈭?75鈭?125

根據(jù)電勢差的定義公式U=Wq

由電場力做功與試探電荷的電量可求出兩點的電勢差．

電勢差是電勢之差，就像高度與高度差一樣.

電勢差可正可負，所以=Wq

公式中做功要注意正與負，電荷量也要代入電性．【解析】鈭?75鈭?125

三、判斷題(共7題，共14分)11、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小．

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，與試探電荷無關．12、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．13、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論．14、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．15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．16、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．17、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)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、畫圖題(共2題，共4分)18、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應電動勢、感應電流恒定不變【解析】【答案】19、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應電動勢、感應電流恒定不變【解析】【答案】五、作圖題(共4題，共32分)20、略

【分析】試題分析：（1）波向左傳播，根據(jù)走坡法可得P向下；Q向上（2）向下運動時根據(jù)楞次定律，穿過abR的磁通量增大，產生的感應電流從a到b，根據(jù)左手定則，電流方向向右，磁場方向垂直向里，可得安培力向上，如圖所示考點：考查了機械波的傳播，安培定則，安培力【解析】【答案】（1）P向下；Q向上（2）21、略

【分析】解：(1)

單擺的擺長l=L+d2=97.50+2.002cm=98.50cm

．

秒表的小盤讀數(shù)為50s

大盤讀數(shù)為15.2s

則秒表的讀數(shù)為75.2s

．

(2)

根據(jù)T=2婁脨lg

得，g=4婁脨lT2

A；測擺線長時擺線拉得過緊；則擺長的測量值偏大，導致重力加速度的測量值偏大，故A錯誤．

B；擺線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，知擺長的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏小，故B正確．

C；開始計時時；秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，故C錯誤．

D；實驗中誤將49

次全振動記為50

次；則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，故D錯誤．

故選：B

．

(3)

根據(jù)T=2婁脨lg

得，T2=4婁脨2lg

可知圖線的斜率k=4婁脨2g

則重力加速度g=4婁脨2k

．

故答案為：(1)98.5075.2(2)B(3)4婁脨2k

．

(1)

單擺的擺長等于擺線的長度和擺球的半徑之和；秒表的讀數(shù)等于小盤讀數(shù)和大盤讀數(shù)之和．

(2)

根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的表達式；結合擺長和周期的測量誤差確定重力加速度的測量誤差．

(3)

根據(jù)單擺的周期公式得出T2鈭?l

的關系式；結合圖線的斜率求出重力加速度．

單擺的擺長等于懸點到球心的距離，不能漏算小球的半徑.

根據(jù)解析式研究圖象的意義是慣用的思路．【解析】98.5075.2B4婁脨2k

22、略

【分析】

根據(jù)安培定則關于直導線的磁場判斷可得出通電直導線周圍的磁場方向與電流方向的關系判斷方法．

本題考查安培定則的關于直線電流的磁場的判斷；應能熟練應用安培定則的三種情況判斷其磁場.

利用右手螺旋定則既可由電流的方向判定磁極磁性，也能由磁極極性判斷電流的方向和線圈的繞法．【解析】解：由安培定則可知；通電直導線的周圍磁場為以導線為圓心的一層層的同心圓；通電直導線的磁場可以由安培定則進行判斷