高二物理第一次月考卷01（全解全析）（新高考适用版）

1/162025-2026学年高二物理上学期第一次月考卷01全解全析（考试时间：90分钟，分值：100分）一、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第10~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．如图所示，在绝缘水平面上静置两个质量均为m，电荷量均为＋Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体A受到的摩擦力（）（重力加速度为g）A．大小为μmg，方向水平向左B．大小为0C．大小为，方向水平向右D．大小为，方向水平向左【答案】C【解析】对A进行受力分析，水平方向受到的摩擦力与B的库仑力平衡，有方向水平向右。故选C。2．磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，静电力常量为，介质的相对介电常数为，细胞膜的面积；磷脂双分子层可视为两片平行的带电薄板，板间充满介电常数为的介质。初始时，两板不带电，间距为。现通过离子泵使两板分别带上电荷和，两板间产生静电吸引力，导致间距变化，已知单层无限大带电板的电场强度大小为，关于两板间的电场强度大小，下列说法正确的是（）A．当系统处于平衡状态时，B．当系统处于非平衡状态时，C．当系统处于平衡状态时，D．当系统处于非平衡状态时，【答案】C【解析】由题意，已知单层无限大带电板的电场强度大小为。两极板带电荷和时，根据场强叠加原理，则两极板间的电场强度大小为不管系统是否处于平衡状态，只要两极板带电荷和，根据场强叠加原理，两板间的电场强度都是由两板各自产生的电场叠加而成，其大小均为。故选C。3．如图所示，平面直角坐标系xOy内，一个正方形的四个顶点A、B、C、D与坐标原点O的距离均为a，在四个顶点处分别固定一个电荷量为q的正点电荷，取无穷远处电势为0。下列说法正确的是（）A．若将另一点电荷置于O点，使四个顶点上的每个点电荷所受库仑力的合力均为0，则该点电荷为负电荷，电荷量为B．若将另一点电荷置于O点，使四个顶点上的每个点电荷所受库仑力的合力均为0，则该点电荷为负电荷，电荷量为C．若将B、D两点的点电荷均换成电荷量为q的负点电荷，换之前O点电场强度和电势均为0，换之后O点电场强度和电势均不为0D．若将B、D两点的点电荷均换成电荷量为q的负点电荷，换之前O点电场强度为0，电势大于0，换之后O点电场强度和电势均为0【答案】D【解析】AB．因为四个顶点上的每个点电荷所受库仑力的合力均为0，分析A处点电荷，其他三个正点电荷对它的作用力大小分别为、所以F1、F2的合力大小为，而置于正方形的中心O点的点电荷对A处点电荷的库仑力大小为，则根据受力平衡有解得，且为负电荷，选项AB错误；CD．由电场强度的矢量和可知，A、B、C、D处点电荷均为正电荷时，O点电场强度等于0，若将B、D两处点电荷换成负电荷，则O点电场强度依然等于0，由公式，将电势代数相加可得，A、B、C、D处点电荷均为正电荷时，O点电势大于0，若将B、D两处点电荷换成负电荷，则O点电势等于0，选项C错误、D正确。故选D。4．如图所示，电荷量绝对值均为Q的两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。静电力常量为k。下列说法正确的是（）A．P点电势与Q点电势相等B．P、Q两点电场强度相同，大小均为C．将电子从P点移动到Q点，电子的电势能增加D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变【答案】C【解析】AB．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，方向均由M指向N，由沿电场线方向电势越来越低，所以P点电势高于Q点电势，由电场叠加得P点电场强度，AB错误；C．根据可知，将电子从P点移动到Q点，电子的电势能增加，C正确；D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q两点电场强度变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据可知P、Q两点间电势差变大，D错误。故选C。5．图甲为测绘小灯泡伏安特性曲线实验电路图，图乙为实验所得伏安特性曲线，小灯泡额定电压为3V。则以下说法正确的是（）A．开关闭合前滑动变阻器的滑片应该置于最右端B．图线表明小灯泡的电阻随温度的升高而减小C．小灯泡正常工作时的电阻为15.0ΩD．由于电压表分流影响，小灯泡电阻的测量值始终大于真实值，该误差为系统误差【答案】C【解析】A．开关闭合前，为了保护电路应该尽可能使电路中电阻大，故滑动变阻器的滑片应该置于最左端，故A错误；B．图线表明图像与原点连线的斜率在变小，即变小，即电阻在增大，故小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故B错误；C．小灯泡正常工作时的电压为3V，电流为，故小灯泡正常工作时的电阻为，故C正确；D．由于电压表分流影响，小灯泡电流的测量值大于流过灯泡的真实值，故测量值始终小于真实值，该误差为系统误差，故D错误。故选C。6．为加强疫情防控保护师生安全，学校在校门口设立红外人脸识别测温系统。若人脸识别通过开关闭合；若红外测温数值在正常范围内开关闭合。只有两个条件都满足系统才会启动电动机打开闸门放行。图中电路设计符合要求的电路是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】只有两个条件都满足系统才会启动电动机打开闸门放行，则两个开关串联且与电机串联，故选B。7．如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压容量的储能电池，功率的LED灯。已知该路灯平均每天照明；标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳。则（）A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比B．太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能C．该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约D．储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作【答案】D【解析】A．设时间，风力发电机的扇叶半径为，假设风的动能全部变成发电机输出，输出功率为，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A错误；B．太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，存在能量损耗，转换效率一般在15%~20%左右，故B错误；C．已知路灯的功率为每天照明，一年按365天计算，6年的总时间可得总耗电量为因标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳，则减少的二氧化碳排放量为，故C错误；D．已知储能电池的额定电压，容量，则电池的电能为而路灯连续一周的耗电量为因，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作。故D正确。故选D。8．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大 B．电流表示数不变C．电源的输出功率减小 D．R消耗的功率减小【答案】D【解析】A．根据闭合电路的欧姆定律可知，当滑片向下滑动时，外电路的电阻减小，干路电流增大，故电源内阻分担的电压增大，外电路的电压减小，即电压表的示数减小，故A错误；B．根据上述分析可知，外电路电压减小，通过定值电阻的电流减小，而干路电流增大，根据并联电路特点可知，电流表的示数增大，故B错误；C．根据电源输出功率可知，当时，电源的输出功率最大，由于不知道与的具体关系，因此无法确定电源输出功率的变化情况，故C错误；D．R消耗的功率结合上述分析可知，当滑片向下滑动时，外电路的电压减小，而定值电阻的阻值不变，因此R消耗的功率减小，故D正确。故选D。9．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（）A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷B．乙图中，带负电的尘埃被收集在线状电离器上C．丙图中，燃气灶电子点火器点火应用了尖端放电的原理D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属网是为了防止漏电【答案】AC【解析】A．甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；B．乙图中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B错误；C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确；D．金属外壳能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属外壳应用了静电屏蔽的原理，故D错误。故选AC。10．如图所示，开关S断开，电容器C1和C2是两个完全相同的平行板电容器，极板距离均为d，所带电量分别是Q1、Q2，A、B为两带电小球，均处于静止状态，质量均为m，所带电荷量分别为+q、，小球B通过一绝缘细线悬挂于O点，与竖直方向夹角为60°。设整个过程中电容器及带电小球均不与外界作用，且带电小球始终未接触电容器极板，导线电阻不计，两极板间为匀强电场。则下列说法正确的是（）A．开关闭合前C1上极板带正电，C2左极板带正电B．开关闭合前电容器C1与C2间场强大小之比为1∶3C．开关闭合前电容器所带电荷量Q1与Q2大小之比为3∶1D．开关闭合待稳定后绝缘细线与竖直方向夹角变为60°且摆到竖直方向的另外一边【答案】CD【解析】A．根据受力平衡可知，A受到竖直向上的电场力，且A带正电，则电容器C1中场强方向向上，可知C1上极板带负电；B受到水平向左的电场力，且B带负电，则电容器C2中场强方向水平向右，C2左极板带正电，故A错误；B．对A，根据平衡条件可得对B，根据平衡条件可得可得开关闭合前电容器C1与C2间场强大小之比为，故B错误；C．根据可得，开关闭合前电容器C1与C2电势差之比为根据可得，开关闭合前电容器所带电荷量Q1与Q2大小之比为，故C正确；D．根据以上分析可知，开关闭合前C1上极板所带电荷量为，C2左极板所带电荷量为；开关闭合待稳定后，两电容器电势差大小相等，所带电荷量大小相等，则C1上极板与C2左极板所带电荷量均为可知C2所带电荷量大小与原来相同，但极板电性发生变化，所以场强大小与原来相等，方向与原来相反，则绝缘细线与竖直方向夹角变为60°且摆到竖直方向的另外一边，故D正确。故选CD。11．A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）；两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），为滑动变阻器，为定值电阻。当的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为。电源电动势E和内阻r一定，且，下列说法中正确的是（）A．小球带正电B．若将的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小，变小C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射，则I增大，U减小，变小D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射，则电源的输出功率减小【答案】AC【解析】A．由题图知，极板A带正电，B带负电，极板间的电场方向水平向右，由平衡条件可知小球受到的电场力方向也水平向右，则小球带正电，故A正确；B．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以若将的滑动触头P向b端移动，电路中电流I，U均不变；极板间的电压不变，场强不变，则角度也不变，故B错误；C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射，减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流增大；路端电压减小，即电压表读数U减小；极板间电压减小，根据知板间场强减小，则变小，故C正确；D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射，电路总电阻减小，由于开始时，根据电源输出功率与外电阻关系曲线，可知电源的输出功率将增大，故D错误。故选AC。12．如图所示，长度为、倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平面上，电量为的小球固定在点。质量为、电量为的小滑块从斜面底端点以初速度滑上斜面，刚好能沿斜面运动到顶点。已知为的中点，，重力加速度为，静电力常量为，下列说法正确的是（）A．小滑块上滑过程中静电力一直做负功B．小滑块在点的加速度大小C．小滑块运动到点时的速度大小D．之间的电势差【答案】BCD【解析】A．根据点电荷周围的电场分布情况可知，小滑块上滑的过程中，电场力对滑块先做负功，后做正功，故A错误；B．小滑块在点时，由库仑定律可得滑块受到的电场力对滑块受力分析如图所示将重力和电场力沿斜面方向进行分解，根据牛顿第二定律可得解得，故B正确；C．设滑块从D到C的过程中，电场力所做的功为，动能定理可得解得根据电场分布特点可知，D到A与D到C电场力所做的功相等，则从D到A由动能定理可得解得，故C正确；D．根据动能定理可得其中联立解得，故D正确。故选BCD。二、实验题（14分）13．某实验研究小组欲精准测量一个电阻的阻值（约）。(1)为了准确测出的阻值，实验室提供了以下器材：A．电池组（电动势为3V，内阻很小）；B．电流表1（量程为0~50mA，内阻很小）；C．电流表2（量程为0~25mA，内阻很小）；D．定值电阻（）；E．滑动变阻器（阻值范围为）；F.开关一只，导线若干。①根据提供的器材，小明同学设计了如图甲所示的电路。其中表应选（填器材前的字母序号）。②若流过电流表和电流表的电流分别为和，则待测电阻的阻值（用题目中的、和R表示）。(2)由于电流表有电阻，根据图甲测出来的电阻有误差，研究小组同学思考后发现只需在上述电路的基础上略加调整就可以测出的准确值。在利用图甲电路测出一组数据和后，再将电流表与待测电阻相连，如图乙所示。调整滑动变阻器，使大小不变，记录此时电流表的示数，若认定电流表的内阻恒定不变，根据研究小组的做法，可求出电阻（用题目中的字母表示）。【答案】(1)B(2)【解析】（1）①[1]分析题图甲中的电路可知，通过A1的电流是通过A2和的电流之和，即A1应选量程较大的电流表，所以A1表应选B。②[2]根据电路串、并联关系，有解得（2）设电流表A2的内阻为，有，联立解得14．某实验小组要测量一款锂电池的电动势E和内阻r，设计了如图甲所示的电路，所用器材有电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：(1)（用E、r、R、R0表示）。(2)根据记录的数据作出图像，如图乙所示。已知R0=7.0Ω，可得E=V，r=Ω。（结果均保留两位有效数字）(3)电流传感器的电阻对本实验电池电动势的测量，结果（填“有”或“无”）影响。【答案】(1)(2)4.52.0(3)无【解析】（1）由闭合电路欧姆定律有整理得（2）根据闭合电路欧姆定律有变形得可知图像的斜率解得E=4.5V坐标轴上的截距为，则有解得（3）若考虑电流表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得变形得可知图像的斜率仍为所以在本实验中电动势的测量值与真实值相等，即电流传感器的电阻对本实验电池电动势的测量无影响。三、解答题：本题共3小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15．如图所示，匀强电场的方向平行于直角三角形ABC所在的平面，匀强电场范围足够大，∠C是直角，，，A、B、C三点的电势分别是，，。已知电子的电荷量大小。求：(1)匀强电场的电场强度大小和方向；(2)将一电子从A点由静止释放，电子运动位移大小为40cm过程中电势能的变化量。【答案】(1)，方向由B指向A(2)减少【解析】（1）由等差法可得AB中点D的电势为6V，BD中点E的电势为8V，故CE连线为等势线，，则场强方向由B指向A，如图由可得代入解得（2）电子在A点静止释放后将沿AB方向一直做匀加速直线运动，则有该过程电子电势能减少16．图甲是某款电熨斗，图乙是其电路原理图。已知电源电压为，、为发热体。该电熨斗两挡功率分别为和，通过开关实现温度控制，闭合时为高温挡。(1)求的阻值；(2)在使用过程中，若电熨斗消耗电能，请通过计算说明：在这段时间内电熨斗处于何种工作状态，并求出相应状态下的工作时间；(3)为了适应不同室温和更多衣料，小明对电路做了改进，将换成滑动变阻器，如图丙所示，、均为发热体。假定电熨斗每秒钟散失的热量跟电熨斗表面温度与环境温度的温度差关系如图丁所示，则在一个的房间内，要求电熨斗表面保持不变，应将的阻值调为多大？【答案】(1)(2)电熨斗在下工作了420s，在下工作了180s(3)【解析】（1）当闭合时，只有接入电路，对应高温挡功率由得（2）这段时间内电熨斗的平均功率因为，所以这段时间内电熨斗在100W到500W之间切换；设电熨斗在下工作时间为t，则有已知、、，代入可得即电熨斗在下