2025年牛津譯林版高二物理上冊月考試卷

…………○…………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年牛津譯林版高二物理上冊月考試卷167考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、平行金屬板水平放置，板間距為0.6cm，兩板接上6×103V電壓，板間有一個帶電液滴質(zhì)量為4.8×10-10g，處于靜止狀態(tài)，則油滴上有元電荷數(shù)目是（g取10m/s2）（）A.3×106B.30C.10D.3×1042、關(guān)于歐姆定律，下列說法不正確的是（）A.歐姆定律適用于金屬導(dǎo)電B.歐姆定律適用于電解質(zhì)溶液導(dǎo)電C.歐姆定律適用于純電阻電路導(dǎo)電D.歐姆定律適用于任何電路導(dǎo)電3、質(zhì)點沿直線運動，在10s內(nèi)其速度由10m/s減為0，速度隨時間變化的關(guān)系圖象即v-t圖象，恰好是與兩坐標軸相切的四分之一圓弧，如圖所示，該質(zhì)點在第5s末時的加速度大小為（）A.m/s2B.m/s2C.m/s2D.m/s24、如圖所示，將帶電棒移近兩個不帶電的導(dǎo)體球，兩個導(dǎo)體球開始時互相接觸且對地絕緣，下列說法正確的是(

)

A.先移走棒，再把兩球分開，兩球帶等量異種電荷B.先移走棒，再把兩球分開，甲球帶電量比乙球多C.先把兩球分開，再移走棒，兩球帶等量異種電荷D.先把兩球分開，再移走棒，兩球不能帶電5、通過某電阻的周期性交變電流如圖，該交流電的有效值為()

A.25A

B.3A

C.2A

D.35A

6、一個質(zhì)量為0.5kg

的足球，以10m/s

的速度射門，被守門員以12m/s

的速度反向擊回，在此過程中守門員對足球的沖量及做功分別為(

)

A.I=1N?SW=11J

B.I=11N?SW=11J

C.I=1N?SW=1J

D.I=6N?SW=36J

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、一位同學(xué)發(fā)現(xiàn)了這樣一個有趣的現(xiàn)象：在家庭電路中，如圖所示，當他把磁鐵靠近通電后發(fā)白的燈絲時，燈絲發(fā)生顫動．產(chǎn)生上述現(xiàn)象的主要原因是：燈絲中通過____（填“交流”或“直流”）電流時，在磁場中會受到磁場對它的____（填“安培力”或“洛倫茲力”）作用，且該力的方向隨____方向的改變而改變．

8、如圖是電熨斗的結(jié)構(gòu)圖，它裝有雙金屬片溫度傳感器，其作用是控制電路的通斷，常溫下右圖中上下觸點是______（填“接觸”或“分離”），當溫度升高時雙金屬片______（填“上層”或“下層”）膨脹比另一層大．若需要設(shè)定更高的溫度，則應(yīng)該調(diào)節(jié)升降螺絲向______（填“上，或“下”）．9、在實驗室里為了驗證動量守恒定律，一般采用如圖甲、乙兩種裝置：

壟脵

若入射小球質(zhì)量為m1

半徑為r1

被碰小球質(zhì)量為m2

半徑為r2

則______

A.m1>m2r1>r2B.m1>m2r1<r2C.m1>m2r1=r2D.m1<m2r1=r2

壟脷

若采用乙裝置進行實驗；以下所提供的測量工具中必需的是______(

填字母)

A.直尺B.

游標卡尺c.

天平D.

彈簧秤E.

秒表。

壟脹

設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1

被碰小球的質(zhì)量為m2

則在用乙裝置實驗時(P

為碰前入射小球落點的平均位置)

所得“驗證動量守恒定律”的結(jié)論為(

用裝置圖中的字母表示)

10、如圖為氫原子的能級圖，大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時，發(fā)出______種頻率不同的光子，若用其中頻率最大的光照射到逸出功為2.75eV的光電管上，則加在該光電管上的遏止電壓為______V。11、（1）在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，為使實驗結(jié)果較為準確，在下列的部分器材中應(yīng)選用（用器材的字母代號填寫）______．

A．1m長的細線．

B．20cm長的細線．

C．大木球．

D．小銅球．

E．0.1s刻度的秒表．

F．有分針的時鐘．

G．最小刻度是cm的刻度尺．

H．最小刻度是mm的刻度尺．

（2）某同學(xué)做“用單擺測定重力加速度”的實驗，他用刻度尺測量了單擺的擺長L，并用秒表測得單擺在t時間內(nèi)恰好完成n次全振動，則可算出重力加速度g的值為______．12、如圖所示的電路中，電壓表和電流表的讀數(shù)分別是10.0V和0.10A，那么，待測電阻Rx的測量值是______Ω．若已知電流表的內(nèi)阻為0.2Ω，Rx真實值為______Ω．13、發(fā)電站通過升壓變壓器；輸電導(dǎo)線和降壓變壓器把電能輸送到用戶；如果升壓變壓器和降壓變壓器都可視為理想變壓器.

如圖所示，若發(fā)電機的輸出功率P1=100kW

輸出電壓U1=250V

升壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為125

則升壓變壓器的輸出電壓U2=

______，輸電導(dǎo)線中的電流I2=

______.

若輸電導(dǎo)線中的電功率損失為輸入功率的4%

則輸電導(dǎo)線的總電阻R脧脽=

______，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U3=

______．

評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、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）15、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)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(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）

17、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(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

18、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）19、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）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、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）

22、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(shè)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)23、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)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(yīng)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(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)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(yīng)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(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象評卷人得分五、證明題(共2題，共10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6題，共12分)1、D【分析】帶電液滴所受重力和電場力平衡，有由元電荷電量為可知油滴上有元電荷數(shù)目是3×104【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】解：歐姆定律適用于純電阻電路導(dǎo)電；包括金屬導(dǎo)電和電解液導(dǎo)電，但不適用于氣體導(dǎo)電，故ABC正確，D錯誤．

本題選錯誤的；故選：D．

【分析】明確歐姆定律的性質(zhì)和適用范圍，知道歐姆定律除適用于金屬導(dǎo)體外，還適用于電解液導(dǎo)電，從而即可求解．3、D【分析】解：如圖所示，過5s對應(yīng)的圓弧上的B點作切線EF，設(shè)圓弧的半徑為R，由圖形易得：

sinθ===0.5；解得：θ=30°

由圖中幾何關(guān)系可知；△EOF～△O′CB，故：

tanθ==

因速度圖象的斜率表示加速度的大??；則：

加速度為：a=tan∠OEF==

由加速度的概念知：BC應(yīng)表示的是速度；O′C表示的是時間．

在△O′BC中；BC=O′Bsinθ，因BC表示的是速度，故。

O′B=O′D=AO=10（m/s）

BC=10?sin30°=5（m/s）．

在△O′BC中；O′C=O′Bcosθ，因O′C表示的是時間，故O′B=O′A=DO=10（s）

O′C=10?cos30°=5（s）

所以加速度：a===m/s2

故選：D．

由圖讀出速度的變化情況；分析物體的運動情況．速度圖象的斜率等于加速度．由圖線“面積”求出位移，根據(jù)運動學(xué)基本公式及幾何關(guān)系求解．

本題關(guān)鍵抓住速度圖象的斜率表示加速度、“面積”表示位移來理解圖象的物理意義，并能結(jié)合幾何關(guān)系求解．【解析】【答案】D4、C【分析】解：A

先移走棒；此時甲乙兩球中的電荷又發(fā)生中和，不再帶電，再把球分開，同樣不再帶電.

故A錯誤，B錯誤．

C

開始時由于靜電感應(yīng)兩棒帶上異種電荷；先把兩球分開，再移走棒，兩球由于感應(yīng)起電帶上異種電荷，故C正確，D錯誤；

故選：C

將棒移近兩個不帶電的導(dǎo)體球；靠感應(yīng)起電使物體帶電，帶電的實質(zhì)是電荷的移動，總電荷量保持不變．

解決本題的關(guān)鍵知道摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸帶電的實質(zhì)都是電荷的移動，電荷的總量保持不變．【解析】C

5、A【分析】【分析】根據(jù)有效值定義：取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值，由圖象可知交變電流的周期，一個周期內(nèi)分為兩段，每一段均為恒定電流，根據(jù)有效值的定義求解。

本題考察的是根據(jù)交變電流有效值的定義計算有關(guān)交變電流的有效值，要注意利用好電流的熱效應(yīng)。

【解答】

將交流與直流通過阻值都為R

的電阻；設(shè)直流電流為I

則根據(jù)有效值的定義有：

I12RT2+I22RT2=I2RT

代入數(shù)據(jù)得：I=25A

故A正確，BCD錯誤。

故選A。

【解析】A

6、B【分析】解：由動能定理可知，運動員對球所做的功W=12mv22鈭?12mv12=12隆脕0.5隆脕(122鈭?102)=11J

設(shè)末動量方向為正方向．

由動量定理可得：

I=mv2鈭?mv1=0.5隆脕12鈭?(鈭?0.5隆脕10)=11N?s

故B正確．

故選：B

由動能定理可求得運動員對足球所做的功；由動量定理可求得運動員對足球的沖量．

本題應(yīng)注意變力的功用動能定理求出，動量定理可注意方向性，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)7、交流安培力電流【分析】【解答】當把磁鐵靠近通電后發(fā)白的燈絲時；燈絲發(fā)生顫動．產(chǎn)生上述現(xiàn)象的主要原因是：燈絲中通過交流電流時，在磁場中受到磁場對它的安培力，電流的方向改變，安培力的方向改變．

故答案為：交流；安培力，電流．

【分析】家庭電路使用的是交流電，電流在磁場中會受到安培力．8、略

【分析】解：平常溫度低；雙金屬片都不變，上下觸點接觸在一起；電熱絲通電加熱，雙金屬片溫度升高，雙金屬片膨脹系數(shù)上層大下層小，溫度升到一定時雙金屬片向下彎曲使觸點斷開；需要較高溫度熨燙時，要調(diào)節(jié)調(diào)溫旋鈕，使升降螺絲下移并推動彈性鋼片下移，使雙金屬片稍向下彎曲，這時使觸點斷開雙金屬片向下彎曲程度要大一些溫度要更高一些．

故答案為：接觸；上層，下。

溫度低時；雙金屬片都不變，觸點接觸；當溫度高時膨脹系數(shù)不一樣使金屬片向下彎曲，觸點斷開，使電熨斗溫度不會很高，通過螺絲的升降控制溫度的高低．

本題是熱傳感器在電熨斗中的應(yīng)用，要知道雙金屬片的特性，結(jié)合歐姆定律分析．【解析】接觸；上層；下9、（1）C（2）AC（3）m1OP=m1OM+m2ON【分析】【分析】

(1)

為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變；故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同；

(2)

求出需要驗證的表達式；根據(jù)表達式確定需要測量的量；

(3)

根據(jù)動量守恒定律與圖示實驗情景確定需要驗證的表達式。

本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證?！窘獯稹?/p>

(1)

為保證兩球發(fā)生對心正碰；兩球的半徑應(yīng)相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，故選C；

(2)

小球離開軌道后做平拋運動，由h=gt22

得小球做平拋運動的時間t=2hg

由于小球做平拋運動時拋出點的高度h

相同；

則它們在空中的運動時間t

相等；驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1v1=m1v1隆盲+m2v2

則：m1v1t=m1v1隆盲t+m2v2tm1x1=m1x1隆盲+m2x2

由圖乙所示可知，需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON

因此實驗需要測量的量有：壟脵

入射小球的質(zhì)量；壟脷

被碰小球的質(zhì)量，壟脹

入射小球碰前平拋的水平位移，壟脺

入射小球碰后平拋的水平位移，壟脻

被碰小球碰后平拋的水平位移.

實驗需要刻度尺與天平．

(3)

由(2)

可知；驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON

．

故填：(1)C(2)AC(3)m1OP=m1OM+m2ON

。

【解析】(1)C

(2)AC

(3)m1OP=m1OM+m2ON

10、610【分析】解：根據(jù)=6知；大量處于n=4的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出6種能量不同的光子。

能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足：

hγ=Em-En。

所以頻率最大的光子能量為：

E=E4-E1=-0.85+13.60eV=12.75eV。

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程；有：

Ekm=hv-E0

根據(jù)動能定理有：

eU=Ekm

解得：U=10V

故答案為：6；10

根據(jù)頻率條件公式；能及相差越大，光子的頻率越高；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程和動能定理列式計算反向遏止電壓。

本題為3-5模塊的綜合題，模塊間不綜合，全面考查了選修3-5中的基礎(chǔ)知識，對于該部分知識一是注意平時的積累與記憶，二是注意有關(guān)能級躍遷、最大初動能與遏止電壓等知識的應(yīng)用?！窘馕觥?1011、略

【分析】解：（1）在用單擺測定重力加速度為了提高精度；擺線要長些，所以細線選擇：A．擺球取質(zhì)量大體積小的，故選：D．測量時間用精確度為0.1s的秒表測量，故選：E．測量擺線的長度用mm刻度尺，故選：H．

故選：ADEH．

（2）單擺的周期T=．

根據(jù)T=得，重力加速度g=．

故答案為：ADEH，．

根據(jù)實驗的原理T=從減小誤差的角度出發(fā)選擇合適的器材．

通過周期的大小，結(jié)合T=求出重力加速度的大?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵掌握單擺的周期公式T=并能靈活運用．【解析】ADEH；12、略

【分析】解：電阻測量值為：RX測===100Ω；

電阻真實值：RX真=RX測-RA=100-0.2=99.8Ω；

故答案為：100；99.8．

應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值．

本題考查了求電阻阻值，分析清楚電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用歐姆定律與串聯(lián)電路特點即可正確解題．【解析】100；99.813、略

【分析】解：根據(jù)U1U2=n1n2

得；則U2=250隆脕25V=6250V

．

輸電線路上的電流I2=PU2=1000006250A=16A

．

根據(jù)4%P=I22R

解得R=0.04隆脕100000162=15.6婁賂

．

則輸電線路上的電壓降鈻?U=I2R隆脰250V

所以U3=U2鈭?鈻?U=6000V

．

故答案為：6250V16A15.6婁賂6000V

．

根據(jù)原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比求出升壓變壓器的輸出電壓；通過輸出功率求出導(dǎo)線上的電流，根據(jù)P=I2R

求出輸電線上的電阻.

通過歐姆定律求出輸電線路上的電壓降，從而求出降壓變壓器的輸入電壓．

掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，本題即可得到解決．【解析】6250V16A15.6婁賂6000V

三、判斷題(共9題，共18分)14、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(guān)．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，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；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(guān)．15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)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(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)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(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．17、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．18、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(guān)．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(guān)；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(guān)．19、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．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)