江西省新十校协作体2025-2026学年高二年级上册第一次联考物理试卷（解析版）

江西省新十校协作体高二年级第一次联考

物理

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5亳米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡

上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5亳米黑色墨水签字笔在答题卡.1.各题

的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：人教版必修第三册第九、十、十一、十二章。

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第卜7题只有一项

符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题E要求，每小题6分，全部选对的得

6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

1.三个完全相同的金属球甲、乙、丙，开始甲球带一12c的电荷，乙球不带电，丙球带

+10C的电荷，先让甲球与乙球接触一下分开，然后让乙球与丙球接触一下分开。下列说

法正确的是（）

A.丙球带-2c的电荷

B.甲球与乙球接触的过程，有-6C的电子从甲转移到乙

C.甲球与乙球接触的过程，有+6C的电子从乙转移到甲

D.乙球与丙球接触的过程，有+8C的质子从丙转移到乙

【答案】B

【解析】A.甲与乙接触后均带-6C,乙再与丙接触，总电荷为-6C+10C=4C,均分后各带

+2C,故丙最终带+2C,故A错误；

BC.甲初始-12C,乙0,接触后均分得-6C。电子带负电，电子从甲转移到乙，转移的电

荷量为-6C，故B正确，C错误；

D.金属导电是电子转移，质子不移动。乙与丙接触时，电子从乙转移到丙，电荷量为-

8C,故D错误。

故选Bo

2.目前我国家庭电动自行车保有量达到4亿辆，极大方便人们的短途出行，某品牌电动车

锂电池的电压为60V、容量为20Ah,配套充电器的额定电压为60V、额定功率为300W,

下列说法正确的是（)

A.该电池的容量为储存的电能

B.该电池储存的电能为L2kW.h

C.充电器在额定电压的充电电流为0.2A

D.该电池充满电最长时间为5h

【答案】B

【解析】A.电池容量通常以安时（Ah）为单位，表示电荷量，而非储存的电能。电能需

用电压乘以容量（单位：Wh）,故A错误。

B.电池储存的电能为W=U〃=60x20Wxlh=1.2kWh,故B正确。

P300

C.充电电流由/=-==jA=5A,故C错误。

U60

w12

D.充电时间最短为电能1=—=--h=4h,故D错误。

P0.3

故选Bo

3.电压表和电流表均由电流计G改装而成，已知电流计G的满偏电流4=20mA,内阻

q二116。，下列四幅图正确的是（）

||

A.p]京n|0.6A的电流表

B.1元13V的电压表

C.0~~03A的电流表

0./O&2

d的电压表

【答案】D

【解析】BC.由串、并联电路的特点可知，将电流计改装成大量程的电流表应与定值电阻

并联，将电流计改装成大量程的电压表应与定值电阻串联，故BC错误；

JR

A.改装成大量程电流表，需并联电阻《=六卜=4。，故A错误；

1-1C

D.改装成大量程电压表，需串联电阻Rr=，-Rg=634Q,故D正确。

故选D。

4.为避免闪电造成的损害，高大的建筑物上会装有避雷针，若产生闪电的枳雨云层带正

电，避雷针周围形成的等差等势线如图中的虚线所示，避雷针上方。、。两点的电场强度大

小分别为瓦、Eb,a、〃两点的电势分别为夕八”，则()

A.E(l>Eh

B.(pa<(pb

C.避雷针的顶端带正电

D.一带正电的雨滴从〃点下落至〃点，电场力做正功

【答案】D

【解析】C.枳雨云层带正电，由于静电感应，避雷针的顶端带负电，故C错误；

A.由U=Ed可知等差等势线间距小则电场强度大，即凡〈邑，故A错误；

B.电场线由正电荷出发，终止于负电荷，即电场线向下，沿电场线电势降低，即供〉和,

故B错误；

D.带正电的雨滴在时间受电场力向下，从〃下落至仇电场力与运动方向相同，做正

功，故D正确。

故选D。

5.欧姆表的内部电路如图所示，已知电流计的电阻为4,滑动变阻器接入电路的阻值为

R「电源的电动势和内阻分别为七、八下列说法正确的是()

A.电路图中右侧的表笔〃为红表笔

B.电流计中的电流/与待测电阻R,成反比

C.欧姆表表盘的刻度从左端到右端均匀增大

D.欧姆表表盘的中间刻度值为

【答案】D

【解析】A.由电路可见，电源负极经表头与滑动变阻器后接到右侧*''端，故"''端连接的

是黑表笔，A错误；

,E

B.欧姆表电流强度R:R

所以电流强度与待测电阻不是反比关系，故B错误；

,E

C.欧姆表电流强度/=一「

所以刻度属于非线性分布，表盘刻度从左到右不均匀增大，c错误:

,E

D.欧姆表调零时「

f+K+Kc

当指针指在刻度正中时《=———

2r+Rg+R（）+R中

解得尺产r+R,+凡），D正确。

故选D。

6.如图所示为沿x轴正方向的静电场中各点的电势。随位置x的变化图像，其中0~七、

2』~3.5/的图像为倾斜的更线，毛~2/的图像为平行于横轴的直线。下列说法正确的

是（）

B.0~x0与2%~3.5%区间的电场强度大小之比为2:3

C.电子在0~.%与2%~3.5%区间内电势能变化量的绝对值之比为7:12

D.电子从0运动到3.5%的过程中，电场力先做正功后做负功

【答案】C

【解析】A.%〜2%范闱内的电势不变，说明该区间不存在电场，故A错误;

B.。~工图像斜率的绝对值反映电场强度的大小，则0〜题区间的电场强度大小为

E-/—0-3。()二0・7%

Of工。

1.5%一().3%().8%

2厮〜3.5厮区间的电场强度大小为E-,=

3.5%)-2工0%

解得g:七2=7：8,故B错误;

C.电子在0处的电势能为与]=-e&）

电子在/处的电势能为综2=-0・36。0

则。〜/电势能变化量的绝对值为AEpi=|耳2一与i|=0.7e日）

电子在2天处的电势能为Ep3=-0.3绅。

电子在35%处的电势能为Ep4=-1.5«仙

则2%〜3.5%电势能变化量的绝对值为△综2=|54一43[=L2维）

解得△%:△稣2=7：12,故c正确;

D.由图可知，。〜与区间的电场沿x轴的正方向，区间无电场，2%〜3.5%区

间的电场沿x轴的负方向，则电子从0运动到3.5%的过程中，电场力先做负功后不做功最

后做正功，故D错误。

故选C。

7.如图所示的电路中，电源的电动势E=6V,内阻/・=1C,小灯泡L的额定电压为

2V,额定功率为2W,开关S闭合时小灯泡L正常发光，电动机M正常工作，此时电动机

的输出功率与电动机消耗的电功率之比为5:6,下列说法正确的是（）

—@-0—

―S

A,通过灯泡的电流为6A

B.电源的内耗功率为2W

C.电动机的额定功率为3W

D.电动机的线圈电阻为1。

【答案】C

【解析】A.小灯泡L正常发光，此时电路的电流为/=5=1A,故A错误；

B.电源内阻消耗的功率为产=/2,.=]w，故B错误；

C.电动机M正常工作，电动机的输入电压为U2=E-〃L-〃=3V

则电动机的额定功率为4=U2，=3W,故C正确；

D.由题意可知，电动机的输出功率为七=，%=2.5W

则电动机的内耗功率为

用=&-%=0.5W

又由品=/与

解得&=0.5。，故D错误。

故选C。

8.如图甲所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为「，飞为定值电阻，R?为滑动变阻器，

闭合开关S,在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了

变化，三个电压表示数分铜为U'、u?、q,示数变化量分别为△4、△/、△4,，电流

表A示数为/,示数变化量为△/,三个电压表示数随电流的变化图像如图乙所示中的三条

图线，下列说法正确的是（）

A.图线4、力的父点在纵坐标U轴上

B.图线。表示/的示数的变化情况

C.幺不变，牛不变，4变小

/1I

D.-1不变，一不变，一L<--

MMMM

【答案】AD

【解析】A.由电路图及闭合电路欧姆定律有U3=E-I（r+RJ

图线Z?表示■的示数的变化，图线。表示外的示数的变化，图线〃、Z?与纵坐标的交点

为电源的电动势E相同，故A正确；D.图像的斜率”^^二/•不变，/二r+N不变,

A/A/

则竺LV丝1.故D正确：R.4为定值电阻.由欧姆定律有〃，=〃?「图线C表示的

△1△/

示数的变化，故B错误：C.由于牛二个不变，变阻器的滑动触头P向上滑动，变阻

器与接入电阻减小，4=尺2变小，外电阻4=凡十尺2减小，故C错误。故选AD

9.如图所示，半径为r的球面下方有一圆周43C,该圆周与球面竖直直径PM垂直，在该

圆周上等分的三点位置分别固定电荷量均为+"的三个点电荷人、B、C,且点电荷4与球

心O的连线与球直径PM的夹角夕=60。，现在球心0处由静止释放质量为，〃的带电小

球，小球向上运动经球面的P处速度最大，已知静电力常量为上重力加速度为g,下列

说法正确的是（）

A.O点的电场强度大小为吗

2广

B.P点的电场强度大小为正义

4r

A2

C.小球带电荷量为7,"g

3kq

D.小球刚释放时加速度大小为（G-l）g

【答案】AD

【解析】A.点电荷+乡在。点产生的电场强度大小七二4

r

方向与竖直成60。，则O点的电场强度大小为&）=35x）s600=粤，故A正确;

2广

B.同理可知P点的电场强度大小为绢二3浸ycos300二故B错误;

C.小球在。处速度最大，合力为0,则有Ep[="zg

zgmgr1

解得小球带电量？=故C错误;

3kq

D.分析小球在。点受力，由牛顿第二定律有耳小二〃口

联立解得小球刚释放时加速度大小。=（、6—l）g,故D正确。故选AD。

10.如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为心，=0时刻，M板中点处发

射两个速度大小均为%的相同粒子。、b,粒子。垂直M板向上，到达N板时速度大小为

2%：粒子。平行M板向右，刚好从N板右端射出.不计粒子的重力和粒子间的相互作

用，下列说法正确的是（）

N__________

为他

口6

M

A.电场力对粒子。做功大于对粒子〃做功

B.平行金属板M、N的间距为逐

2

c.粒子在两板间的加速度大小为汉迎

L

D.粒子。、b在两板间运动的时间之比为1:J]

【答案】CD

【解析】A.设d为沿电场方向的位移，即板间距。电场力做功W=

两粒子相同，且沿电场方向位移均为板间距d,因此电场力对两粒子做功相等，A错误；

1

B.对粒子。,由动能定理qEd=—/W（2VQ）——TWVQ=-WVQ

L

对粒子力，做类平抛运动，水平方向匀速，位移为板长L,故运动时间％=丁

2%

竖直方向匀加速，位移为板间距d,故"=

且加速度。=变

m

联立以上公式得d=Y2,B错误；

4

C.对粒子〃，由qEd=gmv1,d=

得加速度〃=我二友五，c正确；

mL

D.粒子。做匀变速直线运动，平均速度%二"=也

22

运动时间，〃=」■=—

匕6%

L

粒子b的运动时间4=T—

2%

时间比乙：％=1:6,D正确；

故选CD。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

H.如图所不是探究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置，充电后的平彳J•板电容^

与电源断开，极板A与静电计相连，静电计的外壳接地，极板B接地。

（1）静电计指针偏角增大，则说明平行板电容器的两极板A、B间的电压（选

填“增大”"减小''或"不变"），保证两极板A,B的电荷量不变，A、B间的电压

（选填“可以”或“不可以”）用电压表来显示。

（2）若将极板B向上平行移动一小段距离，将观察到静电计指针偏角（选填

“增大”“减小”或“不变”），说明平行板电容器的电容C随极板正对面积S减小而

（选填“增大”“减小”或“不变”）。

（3）若将极板B向左平行移动一小段距离，将观察到静电计指针偏角增大，说明平行板

电容器的电容随板间距离d增大而（选填“增大”“减小”或“不变”）；极板B向左

移动后，A、B间的电场强度_________（选填“增大""减小''或"不变”）。

【答案】（1）增大不可以（2）增大减小（3）减小不变

【解析】（1）[1]静电计的外壳和极板B接地，电势为0.静电计的内部金属杆和极板A相

连，电势相等，静电计的外壳与金属杆间的电压大，静电计的指针偏角大，即电容器的两

极板A、B间的电压增大；

⑵电路有电压表连接时为通路，则为了保证两极板A、B的电荷量不变，A、B间的电压

不可以用电压表来显示。

（2）若将极板B向上平行移动•小段距离，则极板正对面积S减小，根据

c二T一可知，电容器的电容C减小，说明平行板电容器的电容C随极板正对面积S减

4itkd

小而减小。因为两极板所带电荷量。不变，根据。=卷可知，两极板间的电势差U增大，

则静电计指针偏角增大。

（3）[1]若将极板4向左平行移动一小段距离，板间距离d增大，观察到静电计指针偏角

增大，说明平行板电容器极板间电压增大，因为两极板所带电荷量。不变，根据C=?可

知，电容减小，说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而减小；

[2]根据

联立解得

户_4兀&Q

£/一

£5

电场强度E在电荷量不变时与极板间距离无关，B极板向左移动后，A、B间的电场强度

不变。

12.某实验小组的同学为了测量电阻凡（阻值约为4C）的阻值和电阻丝R（阻值约为

3Q）的电阻率，设计了如图甲所示的电路图，实验室提供的器材如下：

A.干电池E（电动势约为3.0V）

B.电流表A1（量程为3A,内阻4=0.5C）

C.电流表A2（量程为0.6A,内阻弓=1。）

D.电压表V（量程为3.0V,内阻约为2kQ）

E.滑动变阻器与（最大阻值为1OC）

F.滑动变阻器&（最大阻值为IkC）

G.开关、单刀双掷开关、导线若干

(1)为了较为准确测量和方便电路调节，电流表应选用,滑动变阻器应选用

：(选填实验器材前的序号)

(2)用螺旋测微器测量电阻丝的不同位置的直径，然后求平均值为4某次测量的示数如

图乙所示，则该示数为mm；

(3)实验时，将电阻丝〃的滑片Q置于最右端，闭合开美加，将单刀双掷开美S?接小

调节滑动变阻器的滑片P，电压表的示数为4,电流表的示数为/，再将单刀双掷开关S?

接儿电压表的示数为。2，电流表的示数变化忽略不计，则未知电阻凡的阻值为

(用测量量表示)。

(4)闭合开关和，将单刀双掷开关S?接儿改变滑片。的位置读出电压表的示数U,电

流表的示数/。，测量滑片。到电阻丝最左端的距离L;继续改变滑片Q的位置，调节P使

电流表的示数仍为/。，记录多组电压表的示数U以及Q到电阻丝最左端的距离3建立坐

标系，纵轴为U,横轴为L,作出U-L图像，图线是斜率为A的直线，则电阻丝的电阻

率。=(用女、兀、d、I。表示)

【答案】(l)CF(?)0.38?##()383##<)384##0385##()386(3)G-4

【解析】(1)[1]电路中的电流最大值约为/m=-^J=0・6A

4+4

所以电流表选A?。

故选c。

⑵由电路图可知，滑动变阻器用分压式接法，则滑动变阻器应选择最大阻值较小的R|方便

调节电路。

故选E。

(2)由图可知，螺旋测微器的读数为0mm+38.4x0.01mm=0.384mm

(3)由题意可知，单刀双掷开关接。时，有R,+R+G=}

单刀双掷开关接匕时，有/?+4二牛

则未知电阻R=5一4二互乌

I1I

(4)由欧姆定律U=/o(R+弓)

电阻定律欠二P9

其中s=/

4

整理可得

nd~

结合题意可知，图线U—L的斜率为攵=坐

7td~

则电阻丝的电阻率夕二半-

4/0

13.如图所示，长度为L的平行带电金属板A8、C。倾斜正对放置，金属板与水平方向成。

角，金属板间有匀强电场，质量为〃b带电量为-4的小球从A4板左边缘以初速度%沿水

平方向进入电场，小球刚好沿水平直线从C。板右边缘飞出电场，重力加速度为g,求:

B

（1）小球飞出电场时速度大小;

（2）金属极板间的电压。

〃zgLsin。

【答案】（1）理理（2）2z）

vcoreqcos0

【解析】（1）小球在电场中运动时，速度方向始终水平,故竖直方向合力为零，水平方向

存在合力产牛.加速度。对小球受力分析，重力竖直向下,电场力垂直于金属板。将电场力

分解为竖直方向和水平方向，竖直方向分力与重力平衡，BP^cos<9=^

解得电场力/二半

cos，

水平方向分力为「sin。=〃zgtan。

由牛顿第二定律得水平方向加速度a=gtan。

小球水平方向做匀加速直线运动，位移工二々

cos。

根据速度位移公式v2-f=-2"

代入数据得u2=v„-2^tan^x—

cos/9

sin。

因tan，=

cos。

化“简得了，二埼2一一2g6Ls.in。

cos。

故小球飞出电场时速度大小V=Jvj一型理

Vcos?。

（2）由动能定理，小球动能变化量等于电场力做功。动能变化量•-万向，;

2gLsin8

代入/=年

cos2/9

得AEL-”等

cos0

电场力做功卬=一夕。

且W=A既

mgLsin®

取qU=

cos?。

〃zgLsin。

解得金属板间电压U=

♦cos2

1。

14.如图所示的电路中，定值电阻4=3。、R2=6C、R3=2C,电源的电动势E=6V,电容器

的电容C=40pF,导线的电阻可•忽略不计。开关S闭合稳定时，电容器两极板所带的电荷

量Q=1.92xlO7为C。求:

门

（1）电源的外电压；

（2）电源的内阻；

（3）电源的效率。

【答案】（1）U=4.8V（2）/=1Q（3）〃=80%

【解析】（1）电源的外电压即为电容器两端电压U,对电容器。二色

代入数据，解得U=4.8V

（2）外电路的总电阻为R=/^-+R3=4C

K\+«2

电路中的总电流/=^二1.2A

R

又由闭合电路的欧姆定律有E=U+lr

代入数据，解得/*=

(3)电源的输出功率为裁=/2R=5.76W

电源的总功率P^=El=7.2W

电源的效率为〃=今x1(X)%=80%

15.如图所示，半径R=O.2m的光滑绝缘半圆轨道沿竖直方向固定，其最低点与绝缘水平

轨道相切于3点，过8点的竖直虚线左侧有竖直向下的匀强电场E2,虚线右侧有水平向

左的匀强电场用,质量性=0.5kg不带电的小球乙静置在8点，质量町=0.1kg。带电

荷量q=N).04C的小球甲由4点静止释放，随后两小球发生碰撞，碰撞过程没有机械能

损失，碰后甲球反弹且碰后甲球速率为乙球速率的2倍，两小球的电荷量平分，经过一段

时间，小球乙刚好通过最高点C,已知A8=5m,电