2025年魯教新版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年魯教新版高二物理下冊階段測試試卷651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、如圖所示，電感線圈L的直流電阻為RL、小燈泡的電阻為R，小量程電流表G1、G2的內阻不計，當開關S閉合且穩(wěn)定后，G1、G2的指針均向右偏（電流表的零刻度在表盤中央）；則當開關S斷開時，下列說法正確的是（）

A.G1、G2的指針都立即回到零點。

B.G1緩慢回到零點，G2立即左偏；然后緩慢回到零點。

C.G1立即回到零點，G2緩慢回到零點。

D.G2立即回到零點，G1緩慢回到零點。

2、關于光電效應和康普頓效應的規(guī)律，下列說法不正確的是A.康普頓效應說明光具有粒子性B.用光照射金屬不能發(fā)生光電效應是因為該入射光的頻率小于金屬的截止頻率C.對于同種金屬而言，遏止電壓與入射光的頻率無關D.石墨對X

射線散射時，部分X

射線的散射光波長會變大，這個現象稱為康普頓效應3、處于n=3激發(fā)態(tài)的大量氫原子向基態(tài)躍遷時所放出光子中；只有一種光子不能使某金屬A產生光電效應，則下列說法正確的是（）

A.這種不能使金屬A產生光電效應光子一定是從n=3激發(fā)態(tài)直接躍遷到基態(tài)時放出的。

B.這種不能使金屬A產生光電效應光子一定是n=3激發(fā)態(tài)直接躍遷到n=2激發(fā)態(tài)時放出的。

C.若從n=4激發(fā)態(tài)躍遷到n=3激發(fā)態(tài)；所放出的光子一定不能使金屬A產生光電效應。

D.若從n=4激發(fā)態(tài)躍遷到n=2激發(fā)態(tài)；所放出的光子一定不能使金屬A產生光電效應。

4、關于光的波粒二象性，下列說法中正確的是（）A.頻率高的光子易顯示波動性B.個別光子產生的效果易顯示粒子性C.光的衍射說明光具有波動性D.光電效應說明光具有粒子性5、如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，現使B板帶正電，則下列判斷正確的是（）A.增大兩極板之間的距離，指針張角變大B.將A板稍微上移，靜電計指針張角將變小C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D.若將導體插入兩板之間，則靜電計指針張角變大6、如圖所示，兩根細線掛著兩個質量相同的小球AB

上、下兩根細線的拉力分別為FAFB

現使AB

帶上同種電性的電荷，此時上、下細線受力分別為FA隆盲FB隆盲

則(

)

A.FA=FA隆盲FB>FB隆盲

B.FA=FA隆盲FB<FB隆盲

C.FA<FA隆盲FB>FB隆盲

D.FA<FA隆盲FB<FB隆盲

7、下列各圖中；已標出電流及電流的磁場方向(

圖中B

表示通電環(huán)形導線產生的磁場，“鈯?

”表示導線中電流I

的方向垂直于紙面向里，“隆脩

”表示導線中電流I

的方向垂直于紙面向外)

其中正確的是()

A.B.C.D.8、下列有關原子結構和原子核的認識，其中正確的是(

)

A.婁脙

射線是高速運動的電子流B.氫原子輻射光子后，其繞核運動的電子動能增大C.太陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的重核裂變D.83210Bi

的半衰期是5

天，100

克83210Bi

經過10

天后還剩下50

克評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、在用“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，將1cm3的油酸溶于酒精，制成400mL的油酸酒精溶液；測得1mL的油酸酒精溶液有50滴．則一滴油酸酒精溶液中含有的油酸體積為____m3．現取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面積是0.13m2．由此估算出油酸分子的直徑為____m．（結果保留一位有效數字）10、將帶電量為6隆脕10鈭?6C

的負電荷從電場中的A

點移到B

點，克服電場力做了1.2隆脕10鈭?5J

的功，再從B

移到C

電場力做了3隆脕10鈭?5J

的功，則電荷從A

移到B

再從B

移到C

的整個過程中電勢能的變化鈻?EP=

______．11、如圖所示，已知A、B兩帶電小球相距3cm，QA＝1.0×10-10c均用細絕緣線懸掛，在水平方向勻強電場中保持靜止，懸線呈豎直方向，則勻強電場的電場強度大小為______________，方向___________．12、（4分）如圖7所示,長為的導體棒原來不帶電,現將一帶電荷量為+q的點電荷放在距棒左端R處,當達到靜電平衡后,棒上的感應電荷在棒內距右端l/3處產生的場強大小為13、質量為m的跳水運動員從H高的跳臺上以速率v1跳起，入水時速率為v2，則跳起時運動員作功______，運動過程中，空氣阻力作功______．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)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、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）

16、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）

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、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）

評卷人得分四、實驗題(共3題，共21分)19、某同學在做“利用單擺測重力加速度”實驗中，先測得擺線長為101.00cm，擺球直徑為2.00cm，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間為101.5s。則（1）他測得的重力加速度g=________m/s2。（保留三位有效數字）（2）他測得的g值偏小，可能的原因是____A．測擺線長時擺線拉得過緊B．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現松動，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次全振動數為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的數據，再以L為橫坐標、T2為縱坐標將所得數據連成直線，并求得該直線的斜率k。則重力加速度表達式g=________。(用k表示)20、利用氣墊導軌通過閃光照相進行“探究碰撞中的不變量”這一實驗。實驗要求研究兩滑塊碰撞時動能損失很小和很大等各種情況，若要求碰撞時動能損失最大應選下圖中的、（填“甲”或“乙”）、若要求碰撞動能損失最小則應選下圖中的。（填“甲”或“乙”）（甲圖兩滑塊分別裝有彈性圈，已圖兩滑塊分別裝有撞針和橡皮泥）（2）某次實驗時碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運動并發(fā)生碰撞，利用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如上圖所示．已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x=10cm處．若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的時刻，A、B兩滑塊質量比mA:mB=。21、有一個小燈泡上標有“4V、2W”的字樣，現在要用描繪這個燈泡的伏安特性曲線（I—U圖線）．現有下列器材供選用：A．電壓表(0～5V，內阻約10kΩ)B．電流表(0～0.6A，內阻約0.4Ω)C．滑動變阻器(10Ω，2A)D．滑動變阻器(500Ω，1A)E．學生電源(直流6V)、開關、導線若干(1)實驗時，選用上圖中電路圖來完成實驗；（選甲或乙）(2)實驗中所用滑動變阻器應選(用序號字母表示)參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】

S閉合且穩(wěn)定時，通過含電流表G1、G2的兩條支路的電流均由左向右，斷開S，L中產生自感電動勢，由“增反減同”可知，自感電動勢E自的方向一定與原電流方向相同，顯然，斷開S后，在E自的作用下，上圖回路中將繼續(xù)形成沿順時針方向的電流，這時流經含有電流表G2支路的電流方向已變?yōu)橛捎蚁蜃罅耍捎谶@段時間E自是逐漸減小的；故電流也是逐漸減小的，綜上所述選B．

故選B

【解析】【答案】斷開開關的瞬間；L相當于電源，與兩個電流計組成閉合回路，電流方向順時針．

2、C【分析】略【解析】C

3、B|C【分析】

A；處于n=3激發(fā)態(tài)的大量氫原子向基態(tài)躍遷時所放出光子；能量最小的是從能級3到能級2躍遷時放出的，它不能使某金屬產生光電效應．故A錯誤，B正確．

C；從n=4激發(fā)態(tài)躍遷到n=3激發(fā)態(tài)放出的光子能量小于從n=3躍遷到n=2所放出的光子能量；所以該光子一定不能使該金屬發(fā)生光電效應．故C正確．

D；從n=4激發(fā)態(tài)躍遷到n=2激發(fā)態(tài)所放出的光子能量大于從n=3躍遷到n=2所放出的光子能量；所以該光子可能使金屬A發(fā)生光電效應．故D錯誤．

故選BC．

【解析】【答案】處于n=3激發(fā)態(tài)的大量氫原子向基態(tài)躍遷時所放出光子有3種；不能使金屬A產生光電效應的是能量最小的一種．

4、B|C|D【分析】【解析】【答案】BCD5、A【分析】解：A、增大兩極板之間的距離，由電容的決定式C=可知，電容增小，電容器的電量不變，由C=分析可知；板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A正確；

B、將A板稍微上移時，正對面積減小，由電容的決定式C=可知，電容增小，電量不變，由C=分析可知；板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故B錯誤；

C、將玻璃板插入兩板之間，電容的決定式C=可知，電容增大，電量不變，由C=分析可知；板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤；

D、加入金屬板，相當于減小兩極板之間的距離，由電容的決定式C=可知，電容增大，電容器的電量不變，由C=分析可知；板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤；

故選：A

已充電的平行板電容器電量不變；靜電計測量電勢差的大小；電容器板間的電勢差越大，靜電計指針張角越大；根據電容器電容的決定分析電容的變化，由電容的決定式分析板間電勢差的變化．

本題要抓住電容器的電量不變，由電容的決定式C=和定義式C=結合分析電容器動態(tài)變化問題，注意張角的變化表示電勢差的變化．【解析】【答案】A6、B【分析】解：運用整體法研究兩個質量相等的小球A

和B

不管AB

是否帶電，整體都受重力和上絲線的拉力；

則由平衡條件得：上絲線的拉力F=2mg

所以FA=FA隆盲

再隔離B

研究；不帶電時受重力和下絲線的拉力；

由平衡條件得：FB=mg

帶電時受重力；下絲線的拉力和A

對B

的向上的排斥力。

由平衡條件得：FB隆盲+F隆盲=mg

即FB隆盲>mg

所以FB<FB隆盲

故B正確；ACD錯誤。

故選：B

運用整體法研究；根據共點力平衡狀判斷上絲線受的力的變化.

再隔離B

研究，進行受力分析，根據共點力平衡狀判斷下絲線受的力的變化．

本題采用隔離法和整體法，由平衡條件分析物體的狀態(tài)，考查靈活選擇研究對象的能力．【解析】B

7、B【分析】【分析】根據安培定則判斷電流周圍磁場的方向；直導線大拇指指向為電流方向，而環(huán)導線四指指向即為電流方向，從而進行判斷正誤。

解決本題的關鍵知道電流和周圍磁場方向的關系，會通過安培定則進行判斷，注意直導線與環(huán)導線大拇指指向區(qū)別?！窘獯稹緼.根據安培定則；螺線管內部的磁場方向向右，故A錯誤；

B.從上往下看；線框的電流方向為逆時針方向，根據安培定則知，磁場的方向向上，故B正確；

C.直線電流的方向豎直向上；根據安培定則知，直線電流右邊的磁場方向(

從上向下看)

逆時針方向，故C錯誤；

D.由于電流的方向豎直向上；根據安培定則知，磁場方向應該逆時針，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥緽

8、B【分析】解：A婁脙

射線是高速運動的光子流。故A錯誤；

B、氫原子輻射出一個光子后，從高能級向低能級躍遷，軌道半徑減小，能級減小，根據ke2r2=mv2r

得動能增大。故B正確；

C；太陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的輕核聚變。故C錯誤；

D、設原來83210Bi

的質量為m0

衰變后剩余質量為m

則有：m=m0(12)tT=100隆脕(12)105=25g

即可知剩余質量為25g

故D錯誤。

故選：B

氫原子輻射出一個光子后；從高能級向低能級躍遷，軌道半徑減小，能級減小，根據庫侖引力提供向心力判斷電子動能的變化，通過原子能量變化和電子動能的變化確定電勢能的變化.

太陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的輕核聚變；根據半衰期的物理意義以及剩余質量和總質量之間的關系可正確求解．

該題考查靜止射線的特點、波爾理論、聚變與裂變以及半衰期等，解決本題的關鍵知道從高能級向低能級躍遷，輻射光子，從低能級向高能級躍遷，吸收光子.

能級越高，軌道半徑越大．【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)9、【分析】【解答】解：一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積：

則油酸分子的直徑為：

故答案為：

【分析】利用油酸和酒精的比例以及1mL中的液體滴數可求得1滴中的純油酸體積，再根據體積公式可求得油酸分子的直徑．10、略

【分析】解：因電場力做功，導致電勢能的變化，則有：WAC=鈭?鈻?E碌莽

解得：鈻?E碌莽=鈭?3隆脕10鈭?5J+1.2隆脕10鈭?5J=鈭?1.8隆脕10鈭?5J

即電勢能減小了1.8隆脕10鈭?5J

故答案為：1.8隆脕10鈭?5J

根據電場力做功等于電勢能的變化；結合電荷從A

到B

再到C

過程中，電場力做功，即可求解．

解答本題關鍵是掌握電場力做功與電勢能的變化關系：電勢能的變化等于電場力對電荷做功的總和.

同時要注意做功的正負關系．【解析】1.8隆脕10鈭?5J

11、略

【分析】試題分析：由題意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B對A的作用力向右，所以要加一個水平向左的電場，對B受力分析，則由根據平衡條件得：考點：考查了點電荷電場強度【解析】【答案】向左12、略

【分析】處于靜電平衡的導體為等勢體，q在該點的場強大小與感應電荷在該點產生的場強大小相等方向相反，由點電荷的場強公式可得【解析】【答案】13、略

【分析】解：起跳時運動員做功的大小為：W=．

對運動員在空中的過程運用動能定理得：mgH+．

解得克服空氣阻力做功的大小為：Wf=mv22-mv12-mgH

故答案為：mv12，mv22-mv12-mgH

根據動能定理求出運動員起跳時做功的大小；對運動員在空中的過程運用動能定理，結合初末動能求出克服空氣阻力做功的大?。?/p>

本題考查動能定理的基本運用，運用動能定理解題關鍵選擇好研究的對象和研究的過程，分析過程中有哪些力做功，然后根據動能定理列式求解．【解析】mv12；mv22-mv12-mgH三、判斷題(共5題，共10分)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、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；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，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．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W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?7、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；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：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、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；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