2024年浙教版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年浙教版高二物理上冊階段測試試卷734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8題，共16分)1、下列四幅圖涉及到不同的物理知識，其中說法正確的是A.圖甲：普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成為量子力學(xué)的奠基人之一B.圖乙：玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子發(fā)射光子的頻率也是不連續(xù)的C.圖丙：盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結(jié)果，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子和中子D.圖?。焊鶕?jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，可以說明電子具有粒子性2、如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B垂直紙面向里。現(xiàn)有不計重力的帶電粒子由靜止經(jīng)過電場加速，然后沿OO′方向從左側(cè)垂直于電磁場入射，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時的電勢能比入射時的電勢能大。要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的電勢能比入射時的電勢能小，可以A.適當減小金屬板間的磁感應(yīng)強度B.適當減小加速電壓C.適當增大金屬板a、b間的距離D.適當減小金屬板a、b間的電壓3、(2015·新課標1卷）一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3:1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側(cè)接在電壓為220V的正弦交流電源上，如圖所示。設(shè)副線圈回路中電阻兩端的電壓為U，原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k；則（）

A.U=66V,K=B.U=22V,K=C.U=66V,K=D.U=22V,K=4、實線框abcd是一長方形導(dǎo)線框，bc=2ab；虛線內(nèi)為勻強磁場區(qū)域，其邊界與導(dǎo)線框的邊平行．現(xiàn)將導(dǎo)線框分別以υ；2υ的速度沿四個方向勻速地平移出磁場區(qū)域，如圖所示．則在移出過程中，通過導(dǎo)線框橫截面電量（）

A.各圖一樣多B.②圖比①圖多C.③圖比①圖多D.④圖最多5、關(guān)于電磁波下列說法正確的是（）A.赫茲最早預(yù)言了電磁波的存在B.紫外線具有熒光效應(yīng)，可用來驗鈔C.X射線的波長比紅外線長D.電磁波傳遞能量但不能傳遞信息6、目前雷達發(fā)出的電磁波頻率多在200MHz～1000MHz的范圍內(nèi)，下列關(guān)于雷達和電磁波的說法正確的是（）A.真空中，上述頻率范圍的電磁波的波長在30m～150m之間B.測出從發(fā)射無線電波到接收反射回來的無線電波的時間，就可以確定障礙物的距離C.電磁波是由恒定不變的電場或磁場產(chǎn)生的D.波長越短的電磁波，越容易繞過障礙物，便于遠距離傳播7、一輛電瓶車，質(zhì)量為500kg，由內(nèi)阻不計的蓄電池組向直流電動機提供24V的電壓，當電瓶車在水平地面上以0.8m/s的速度勻速行駛時，通過電動機的電流為5A，設(shè)車所受的阻力是車重的0.02倍（g=10m/s2），則此電動機的內(nèi)阻是（）A．4.8ΩB．3.2ΩC．1.6ΩD．0.4Ω8、關(guān)于自由落體運動，下列說法正確的是(

)

A.自由落體運動是一種勻速直線運動B.自由落體運動是一種勻變速直線運動C.物體剛下落時，加速度為零D.物體的質(zhì)量越大，下落的越快評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、兩根完全相同的金屬導(dǎo)線A和B，現(xiàn)將A拉伸到原來的兩倍長度，將B對折后并起來，則它們的電阻之比RA/RB=____．10、如圖所示，一個小女孩從滑梯上加速下滑(

摩擦阻力不能忽略)

在這個過程中，她的動能將____，重力勢能將____，機械能將____。(

填“增加”“不變”或“減少”)

11、如圖所示，帶負電的小球從右端向左經(jīng)過最低點A時，懸線張力為T1，當小球從左向右經(jīng)過最低點A時，懸線張力為T2，則T1＿＿T2（填＞、＜或＝）12、一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M

的盒子，如圖l

所示.

現(xiàn)給盒子一初速度v0

此后，盒子運動的v

一t

圖象呈周期性變化，如圖2

所示.

則盒內(nèi)物體的質(zhì)量為______．13、平行板電容器所帶的電荷量為Q=4隆脕10鈭?8C

電容器兩板間的電壓為U=2V

則該電容器的電容為______；如果將其放電，使其所帶電荷量為原來的一半，則兩板間的電壓為______，兩板間電場強度變?yōu)樵瓉淼腳_____倍，此時平行板電容器的電容為______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、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）15、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）16、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）

17、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）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、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(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）

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(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14分)22、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評卷人得分五、證明題(共2題，共6分)24、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。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。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|B【分析】【解析】試題分析：普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成為量子力學(xué)的奠基人之一，選項A正確；玻爾理論指出氫原子能級是分立的，所以原子發(fā)射光子的頻率也是不連續(xù)的，選項B正確；盧瑟福通過分析α粒子散射實驗結(jié)果，發(fā)現(xiàn)了原子核式結(jié)構(gòu)，選項C錯誤；根據(jù)電子束通過鋁箔后的衍射圖樣，可以說明電子具有波動性，選項D錯誤；故選AB考點：考查原子物理【解析】【答案】AB2、A|B【分析】試題分析：帶正電的粒子在正交場中受向下的電場力和向上的洛倫茲力；因為電荷從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時的電勢能比入射時的電勢能大，故電場力做負功，電荷向OO’上方偏轉(zhuǎn)，此時洛倫茲力大于電場力；要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的電勢能比入射時的電勢能小，則電荷必須要可以向OO’下方偏轉(zhuǎn)，必須使得洛倫茲力小于電場力；故采用的方法可以：適當減小金屬板間的磁感應(yīng)強度，選項A正確；或者增大兩板間的電場強度的大小，即適當減小金屬板a、b間的距離或適當增大金屬板a、b間的電壓，選項CD錯誤；適當減小加速電壓，可以減小電荷進入兩板間的速度，根據(jù)F=Bqv可知，可減小洛倫茲力的大小，故選項B正確；故選AB。考點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動.【解析】【答案】AB3、A【分析】【解答】原副線圈電壓比等干匝數(shù)比，根據(jù)副線圈負載電阻的電壓u，可知副線圈電壓為u，原線圈電壓為3u,副線圈電流I=原副線圈電流與匝數(shù)成反比，所以原線圈電流I1=那么原線圈輸入電壓220v=3u+xR,整理可得u=66V,原副線圈電阻消耗的功率根據(jù)p=I2R.電阻相等；電流為1:3,

可得功率比為1:9,K=對照選項A對。

【分析】220V的電壓并不是原線圈的輸入電壓，原線圈和電阻R串聯(lián)分壓。4、A【分析】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：

E=

由歐姆定律得I=

通過導(dǎo)線框橫截面電量q=I△t

聯(lián)立解得，q=由于導(dǎo)線框沿各個方向出磁場時磁通量的變化量相等，則通過導(dǎo)線框橫截面電量各圖相等，故A正確，BCD錯誤．

故選：A

由法拉第電磁感應(yīng)定律；歐姆定律和電流的定義式推導(dǎo)出通過導(dǎo)線框的電量表達式；再分析通過導(dǎo)線框截面的電量關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵要推導(dǎo)感應(yīng)電量公式q=知道電量q與線框移動的速度和時間無關(guān)．【解析】【答案】A5、B【分析】解：A；麥克斯韋最早提出了電磁波的存在；赫茲用實驗證實；故A錯誤；

B；紫外線具有熒光效應(yīng)；可用來驗鈔；故B正確；

C；X射線的頻率大于紅外線；波長比紅外線短；故C錯誤；

D；電磁波能傳播能量和傳遞信息；故D錯誤；

故選：B．

根據(jù)電磁波的發(fā)現(xiàn)歷程及電磁波譜中各種電磁波的主要性質(zhì)及應(yīng)用作答即可．

本題考查電磁波的性質(zhì)；要掌握電磁波的發(fā)現(xiàn)歷程，并明確電磁波譜中的波長排列順序及各類電磁波的應(yīng)用．【解析】【答案】B6、B【分析】【解析】試題分析：真空中，上述頻率范圍的電磁波的波長在0.30m～1.50m之間;A錯誤；電磁波是由交變的電場或磁場產(chǎn)生的；C錯誤；電磁波波長越接近障礙物尺寸時越容易繞過障礙物，便于遠距離傳播；D錯誤；測出從發(fā)射無線電波到接收反射回來的無線電波的時間，就可以確定障礙物的距離，B正確，故選B考點：考查電磁波【解析】【答案】B7、C【分析】由能量守恒定律可知消耗的電能轉(zhuǎn)化為克服阻力做功和焦耳熱，阻力為kmg=100N，克服阻力做功的功率為fv=80W，電動機內(nèi)阻消耗功率為電動機消耗電功率為UI=120W，所以有25r=120W-80W=40W，r=1.6Ω；C對；【解析】【答案】C8、B【分析】解：A

自由落體運動是初速度為零；加速度為g

的勻加速直線運動，故A錯誤，B正確。

C；物體剛開始下落時；初速度為零，加速度不為零，故C錯誤。

D；輕重不同的物體做自由落體運動；下落的快慢程度相同，故D錯誤。

故選：B

自由落體運動是初速度為零；加速度為g

的勻加速直線運動，輕重不同的物體下落的快慢程度相同．

解決本題的關(guān)鍵知道自由落體運動的特點，知道下落的快慢與質(zhì)量無關(guān)，基礎(chǔ)題．【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【解析】試題分析：由電阻定律得到所以RA/RB=16:1?？键c：本題考查電阻定律【解析】【答案】16:110、增加減少減少【分析】【分析】解決此題要知道動能的大小與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)；質(zhì)量越大；速度越大，動能就越大；

重力勢能的大小與物體的質(zhì)量和高度有關(guān)；質(zhì)量越大；高度越高，重力勢能就越大；

機械能包括動能和重力勢能.

除了重力以外的力做功；機械能會改變。

解決此類問題要結(jié)合影響動能、重力勢能、機械能的大小因素進行分析解答?！窘獯稹啃∨幕萆霞铀傧禄瑫r；速度增大，高度減小，所她的動能增加，重力勢能減少；

因為滑梯摩擦力對她做負功；使內(nèi)能增加，因此會有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此機械能會減少。

故答案為：增加減少減少。

【解析】增加減少減少11、略

【分析】帶負電的小球從右端向左經(jīng)過最低點A時，洛倫茲力方向向上，F(xiàn)+f-mg=當小球從左向右經(jīng)過最低點A時，F(xiàn)-f-mg=由于只有重力做功，兩次經(jīng)過最低點時速度大小相等，T1＜T2【解析】【答案】＜12、略

【分析】解：設(shè)物體的質(zhì)量為m.t0

時刻受盒子碰撞獲得速度v

根據(jù)動量守恒定律有：

Mv0=mv壟脵

3t0

時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0

說明碰撞是完全彈性碰撞，由能量守恒定律有：

12Mv02=12mv2壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷

解得：m=M

即盒內(nèi)物體的質(zhì)量也為M

．

故答案為：M

根據(jù)速度時間圖象得到盒子各個時刻的速度情況；然后根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列方程后聯(lián)立求解．

本題關(guān)鍵根據(jù)速度時間圖象得到盒子與物體的碰撞是彈性碰撞，然后根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列方程后聯(lián)立求解．【解析】M

13、略

【分析】解：根據(jù)C=QU

得，電容器的電容C=4隆脕10鈭?82=2隆脕10鈭?8F

．

電荷量減半；電容不變，仍然為2隆脕10鈭?8

F.

則兩板間的電壓U隆盲=Q隆盲C=2隆脕10鈭?82隆脕10鈭?8=1V

．

根據(jù)E=Ud

知，電勢差減半，兩板間的距離不變，則電場強度變?yōu)樵瓉淼?2

．

故答案為：2隆脕10鈭?8

F、1V122隆脕10鈭?8

F.

根據(jù)電容的定義式求出電容器電容的大小，電荷量減半，電容不變，結(jié)合電容的定義式求出兩板間的電壓，根據(jù)E=Ud

判斷電場強度的變化．

解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式C=QU

知道電容的大小與電荷量以及兩板間的電壓無關(guān)．【解析】2隆脕10鈭?8F1V122隆脕10鈭?8F

三、判斷題(共8題，共16分)14、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．15、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)．16、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小．17、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．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、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