1/162025-2026學(xué)年高二物理上學(xué)期第一次月考卷01全解全析（考試時間：90分鐘，分值：100分）一、選擇題：本題共12小題，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，每小題3分，第10~12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．如圖所示，在絕緣水平面上靜置兩個質(zhì)量均為m，電荷量均為＋Q的物體A和B（A、B均可視為質(zhì)點），它們間的距離為r，與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則物體A受到的摩擦力（）（重力加速度為g）A．大小為μmg，方向水平向左B．大小為0C．大小為，方向水平向右D．大小為，方向水平向左【答案】C【解析】對A進行受力分析，水平方向受到的摩擦力與B的庫侖力平衡，有方向水平向右。故選C。2．磷脂雙分子層是構(gòu)成細胞膜的基本支架，細胞膜上的離子泵可以輸運陰陽離子，使其均勻地分布在分子層上，其結(jié)構(gòu)示意如圖所示。已知無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強電場，靜電力常量為，介質(zhì)的相對介電常數(shù)為，細胞膜的面積；磷脂雙分子層可視為兩片平行的帶電薄板，板間充滿介電常數(shù)為的介質(zhì)。初始時，兩板不帶電，間距為?，F(xiàn)通過離子泵使兩板分別帶上電荷和，兩板間產(chǎn)生靜電吸引力，導(dǎo)致間距變化，已知單層無限大帶電板的電場強度大小為，關(guān)于兩板間的電場強度大小，下列說法正確的是（）A．當(dāng)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，B．當(dāng)系統(tǒng)處于非平衡狀態(tài)時，C．當(dāng)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，D．當(dāng)系統(tǒng)處于非平衡狀態(tài)時，【答案】C【解析】由題意，已知單層無限大帶電板的電場強度大小為。兩極板帶電荷和時，根據(jù)場強疊加原理，則兩極板間的電場強度大小為不管系統(tǒng)是否處于平衡狀態(tài)，只要兩極板帶電荷和，根據(jù)場強疊加原理，兩板間的電場強度都是由兩板各自產(chǎn)生的電場疊加而成，其大小均為。故選C。3．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，一個正方形的四個頂點A、B、C、D與坐標(biāo)原點O的距離均為a，在四個頂點處分別固定一個電荷量為q的正點電荷，取無窮遠處電勢為0。下列說法正確的是（）A．若將另一點電荷置于O點，使四個頂點上的每個點電荷所受庫侖力的合力均為0，則該點電荷為負電荷，電荷量為B．若將另一點電荷置于O點，使四個頂點上的每個點電荷所受庫侖力的合力均為0，則該點電荷為負電荷，電荷量為C．若將B、D兩點的點電荷均換成電荷量為q的負點電荷，換之前O點電場強度和電勢均為0，換之后O點電場強度和電勢均不為0D．若將B、D兩點的點電荷均換成電荷量為q的負點電荷，換之前O點電場強度為0，電勢大于0，換之后O點電場強度和電勢均為0【答案】D【解析】AB．因為四個頂點上的每個點電荷所受庫侖力的合力均為0，分析A處點電荷，其他三個正點電荷對它的作用力大小分別為、所以F1、F2的合力大小為，而置于正方形的中心O點的點電荷對A處點電荷的庫侖力大小為，則根據(jù)受力平衡有解得，且為負電荷，選項AB錯誤；CD．由電場強度的矢量和可知，A、B、C、D處點電荷均為正電荷時，O點電場強度等于0，若將B、D兩處點電荷換成負電荷，則O點電場強度依然等于0，由公式，將電勢代數(shù)相加可得，A、B、C、D處點電荷均為正電荷時，O點電勢大于0，若將B、D兩處點電荷換成負電荷，則O點電勢等于0，選項C錯誤、D正確。故選D。4．如圖所示，電荷量絕對值均為Q的兩個等量異種點電荷分別位于M、N兩點，P、Q是MN連線上的兩點，且。靜電力常量為k。下列說法正確的是（）A．P點電勢與Q點電勢相等B．P、Q兩點電場強度相同，大小均為C．將電子從P點移動到Q點，電子的電勢能增加D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點間電勢差不變【答案】C【解析】AB．由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q兩點電場強度大小相等，方向均由M指向N，由沿電場線方向電勢越來越低，所以P點電勢高于Q點電勢，由電場疊加得P點電場強度，AB錯誤；C．根據(jù)可知，將電子從P點移動到Q點，電子的電勢能增加，C正確；D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P、Q兩點電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，而PQ間距不變，根據(jù)可知P、Q兩點間電勢差變大，D錯誤。故選C。5．圖甲為測繪小燈泡伏安特性曲線實驗電路圖，圖乙為實驗所得伏安特性曲線，小燈泡額定電壓為3V。則以下說法正確的是（）A．開關(guān)閉合前滑動變阻器的滑片應(yīng)該置于最右端B．圖線表明小燈泡的電阻隨溫度的升高而減小C．小燈泡正常工作時的電阻為15.0ΩD．由于電壓表分流影響，小燈泡電阻的測量值始終大于真實值，該誤差為系統(tǒng)誤差【答案】C【解析】A．開關(guān)閉合前，為了保護電路應(yīng)該盡可能使電路中電阻大，故滑動變阻器的滑片應(yīng)該置于最左端，故A錯誤；B．圖線表明圖像與原點連線的斜率在變小，即變小，即電阻在增大，故小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大，故B錯誤；C．小燈泡正常工作時的電壓為3V，電流為，故小燈泡正常工作時的電阻為，故C正確；D．由于電壓表分流影響，小燈泡電流的測量值大于流過燈泡的真實值，故測量值始終小于真實值，該誤差為系統(tǒng)誤差，故D錯誤。故選C。6．為加強疫情防控保護師生安全，學(xué)校在校門口設(shè)立紅外人臉識別測溫系統(tǒng)。若人臉識別通過開關(guān)閉合；若紅外測溫數(shù)值在正常范圍內(nèi)開關(guān)閉合。只有兩個條件都滿足系統(tǒng)才會啟動電動機打開閘門放行。圖中電路設(shè)計符合要求的電路是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】只有兩個條件都滿足系統(tǒng)才會啟動電動機打開閘門放行，則兩個開關(guān)串聯(lián)且與電機串聯(lián)，故選B。7．如圖所示，風(fēng)光互補環(huán)保路燈的主要構(gòu)件有：風(fēng)力發(fā)電機，單晶硅太陽能板，額定電壓容量的儲能電池，功率的LED燈。已知該路燈平均每天照明；標(biāo)準(zhǔn)煤完全燃燒可發(fā)電2.8度，排放二氧化碳。則（）A．風(fēng)力發(fā)電機的輸出功率與風(fēng)速的平方成正比B．太陽能板上接收到的輻射能全部轉(zhuǎn)換成電能C．該路燈正常運行6年，可減少二氧化碳排放量約D．儲能電池充滿電后，即使連續(xù)一周無風(fēng)且陰雨，路燈也能正常工作【答案】D【解析】A．設(shè)時間，風(fēng)力發(fā)電機的扇葉半徑為，假設(shè)風(fēng)的動能全部變成發(fā)電機輸出，輸出功率為，即風(fēng)力發(fā)電機的輸出功率與風(fēng)速的三次方成正比，故A錯誤；B．太陽能板上接收到的輻射能不能全部轉(zhuǎn)換成電能，存在能量損耗，轉(zhuǎn)換效率一般在15%~20%左右，故B錯誤；C．已知路燈的功率為每天照明，一年按365天計算，6年的總時間可得總耗電量為因標(biāo)準(zhǔn)煤完全燃燒可發(fā)電2.8度，排放二氧化碳，則減少的二氧化碳排放量為，故C錯誤；D．已知儲能電池的額定電壓，容量，則電池的電能為而路燈連續(xù)一周的耗電量為因，所以儲能電池充滿電后，即使連續(xù)一周無風(fēng)且陰雨，路燈也能正常工作。故D正確。故選D。8．在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，閉合開關(guān)S，在滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．電流表示數(shù)不變C．電源的輸出功率減小 D．R消耗的功率減小【答案】D【解析】A．根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，當(dāng)滑片向下滑動時，外電路的電阻減小，干路電流增大，故電源內(nèi)阻分擔(dān)的電壓增大，外電路的電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小，故A錯誤；B．根據(jù)上述分析可知，外電路電壓減小，通過定值電阻的電流減小，而干路電流增大，根據(jù)并聯(lián)電路特點可知，電流表的示數(shù)增大，故B錯誤；C．根據(jù)電源輸出功率可知，當(dāng)時，電源的輸出功率最大，由于不知道與的具體關(guān)系，因此無法確定電源輸出功率的變化情況，故C錯誤；D．R消耗的功率結(jié)合上述分析可知，當(dāng)滑片向下滑動時，外電路的電壓減小，而定值電阻的阻值不變，因此R消耗的功率減小，故D正確。故選D。9．對于書本中幾幅插圖所涉及的物理現(xiàn)象或原理，下列說法正確的是（）A．甲圖中，該女生和帶電的金屬球帶有同種性質(zhì)的電荷B．乙圖中，帶負電的塵埃被收集在線狀電離器上C．丙圖中，燃氣灶電子點火器點火應(yīng)用了尖端放電的原理D．丁圖中，兩條優(yōu)質(zhì)的話筒線外面包裹著金屬網(wǎng)是為了防止漏電【答案】AC【解析】A．甲圖中，該女生接觸帶電的金屬球，與金屬球帶同種性質(zhì)的電荷，故A正確；B．乙圖中線狀電離器B帶負電，管壁A帶正電，帶負電的塵埃被收集在管壁A上，故B錯誤；C．丙圖中，燃氣灶中電子點火器點火應(yīng)用了尖端放電的原理，故C正確；D．金屬外殼能產(chǎn)生靜電屏蔽作用，兩條優(yōu)質(zhì)的話筒線外面包裹著金屬外殼應(yīng)用了靜電屏蔽的原理，故D錯誤。故選AC。10．如圖所示，開關(guān)S斷開，電容器C1和C2是兩個完全相同的平行板電容器，極板距離均為d，所帶電量分別是Q1、Q2，A、B為兩帶電小球，均處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為+q、，小球B通過一絕緣細線懸掛于O點，與豎直方向夾角為60°。設(shè)整個過程中電容器及帶電小球均不與外界作用，且?guī)щ娦∏蚴冀K未接觸電容器極板，導(dǎo)線電阻不計，兩極板間為勻強電場。則下列說法正確的是（）A．開關(guān)閉合前C1上極板帶正電，C2左極板帶正電B．開關(guān)閉合前電容器C1與C2間場強大小之比為1∶3C．開關(guān)閉合前電容器所帶電荷量Q1與Q2大小之比為3∶1D．開關(guān)閉合待穩(wěn)定后絕緣細線與豎直方向夾角變?yōu)?0°且擺到豎直方向的另外一邊【答案】CD【解析】A．根據(jù)受力平衡可知，A受到豎直向上的電場力，且A帶正電，則電容器C1中場強方向向上，可知C1上極板帶負電；B受到水平向左的電場力，且B帶負電，則電容器C2中場強方向水平向右，C2左極板帶正電，故A錯誤；B．對A，根據(jù)平衡條件可得對B，根據(jù)平衡條件可得可得開關(guān)閉合前電容器C1與C2間場強大小之比為，故B錯誤；C．根據(jù)可得，開關(guān)閉合前電容器C1與C2電勢差之比為根據(jù)可得，開關(guān)閉合前電容器所帶電荷量Q1與Q2大小之比為，故C正確；D．根據(jù)以上分析可知，開關(guān)閉合前C1上極板所帶電荷量為，C2左極板所帶電荷量為；開關(guān)閉合待穩(wěn)定后，兩電容器電勢差大小相等，所帶電荷量大小相等，則C1上極板與C2左極板所帶電荷量均為可知C2所帶電荷量大小與原來相同，但極板電性發(fā)生變化，所以場強大小與原來相等，方向與原來相反，則絕緣細線與豎直方向夾角變?yōu)?0°且擺到豎直方向的另外一邊，故D正確。故選CD。11．A、B兩塊正對的金屬板豎直放置，在金屬板A的內(nèi)側(cè)表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球（可視為點電荷）；兩塊金屬板接在如圖所示的電路中，電路中的為光敏電阻（其阻值隨所受光照強度的增大而減小），為滑動變阻器，為定值電阻。當(dāng)?shù)幕琍在中間時閉合電鍵S，此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為I和U，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板A的夾角為。電源電動勢E和內(nèi)阻r一定，且，下列說法中正確的是（）A．小球帶正電B．若將的滑動觸頭P向b端移動，則I減小，U減小，變小C．保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射，則I增大，U減小，變小D．保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射，則電源的輸出功率減小【答案】AC【解析】A．由題圖知，極板A帶正電，B帶負電，極板間的電場方向水平向右，由平衡條件可知小球受到的電場力方向也水平向右，則小球帶正電，故A正確；B．滑動變阻器處于含容支路中，相當(dāng)于導(dǎo)線，所以若將的滑動觸頭P向b端移動，電路中電流I，U均不變；極板間的電壓不變，場強不變，則角度也不變，故B錯誤；C．保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射，減小，電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知干路電流增大；路端電壓減小，即電壓表讀數(shù)U減??；極板間電壓減小，根據(jù)知板間場強減小，則變小，故C正確；D．保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射，電路總電阻減小，由于開始時，根據(jù)電源輸出功率與外電阻關(guān)系曲線，可知電源的輸出功率將增大，故D錯誤。故選AC。12．如圖所示，長度為、傾角為的光滑絕緣斜面固定在水平面上，電量為的小球固定在點。質(zhì)量為、電量為的小滑塊從斜面底端點以初速度滑上斜面，剛好能沿斜面運動到頂點。已知為的中點，，重力加速度為，靜電力常量為，下列說法正確的是（）A．小滑塊上滑過程中靜電力一直做負功B．小滑塊在點的加速度大小C．小滑塊運動到點時的速度大小D．之間的電勢差【答案】BCD【解析】A．根據(jù)點電荷周圍的電場分布情況可知，小滑塊上滑的過程中，電場力對滑塊先做負功，后做正功，故A錯誤；B．小滑塊在點時，由庫侖定律可得滑塊受到的電場力對滑塊受力分析如圖所示將重力和電場力沿斜面方向進行分解，根據(jù)牛頓第二定律可得解得，故B正確；C．設(shè)滑塊從D到C的過程中，電場力所做的功為，動能定理可得解得根據(jù)電場分布特點可知，D到A與D到C電場力所做的功相等，則從D到A由動能定理可得解得，故C正確；D．根據(jù)動能定理可得其中聯(lián)立解得，故D正確。故選BCD。二、實驗題（14分）13．某實驗研究小組欲精準(zhǔn)測量一個電阻的阻值（約）。(1)為了準(zhǔn)確測出的阻值，實驗室提供了以下器材：A．電池組（電動勢為3V，內(nèi)阻很小）；B．電流表1（量程為0~50mA，內(nèi)阻很?。?；C．電流表2（量程為0~25mA，內(nèi)阻很?。?；D．定值電阻（）；E．滑動變阻器（阻值范圍為）；F.開關(guān)一只，導(dǎo)線若干。①根據(jù)提供的器材，小明同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的電路。其中表應(yīng)選（填器材前的字母序號）。②若流過電流表和電流表的電流分別為和，則待測電阻的阻值（用題目中的、和R表示）。(2)由于電流表有電阻，根據(jù)圖甲測出來的電阻有誤差，研究小組同學(xué)思考后發(fā)現(xiàn)只需在上述電路的基礎(chǔ)上略加調(diào)整就可以測出的準(zhǔn)確值。在利用圖甲電路測出一組數(shù)據(jù)和后，再將電流表與待測電阻相連，如圖乙所示。調(diào)整滑動變阻器，使大小不變，記錄此時電流表的示數(shù)，若認(rèn)定電流表的內(nèi)阻恒定不變，根據(jù)研究小組的做法，可求出電阻（用題目中的字母表示）?！敬鸢浮?1)B(2)【解析】（1）①[1]分析題圖甲中的電路可知，通過A1的電流是通過A2和的電流之和，即A1應(yīng)選量程較大的電流表，所以A1表應(yīng)選B。②[2]根據(jù)電路串、并聯(lián)關(guān)系，有解得（2）設(shè)電流表A2的內(nèi)阻為，有，聯(lián)立解得14．某實驗小組要測量一款鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r，設(shè)計了如圖甲所示的電路，所用器材有電池、智能手機、電流傳感器、定值電阻R0、電阻箱、開關(guān)、導(dǎo)線等。按電路圖連接電路，將智能手機與電流傳感器通過藍牙無線連接，閉合開關(guān)S，逐次改變電阻箱的阻值R，用智能手機記錄對應(yīng)的電流傳感器測得的電流I。回答下列問題：(1)（用E、r、R、R0表示）。(2)根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)作出圖像，如圖乙所示。已知R0=7.0Ω，可得E=V，r=Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）(3)電流傳感器的電阻對本實驗電池電動勢的測量，結(jié)果（填“有”或“無”）影響。【答案】(1)(2)4.52.0(3)無【解析】（1）由閉合電路歐姆定律有整理得（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律有變形得可知圖像的斜率解得E=4.5V坐標(biāo)軸上的截距為，則有解得（3）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得變形得可知圖像的斜率仍為所以在本實驗中電動勢的測量值與真實值相等，即電流傳感器的電阻對本實驗電池電動勢的測量無影響。三、解答題：本題共3小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15．如圖所示，勻強電場的方向平行于直角三角形ABC所在的平面，勻強電場范圍足夠大，∠C是直角，，，A、B、C三點的電勢分別是，，。已知電子的電荷量大小。求：(1)勻強電場的電場強度大小和方向；(2)將一電子從A點由靜止釋放，電子運動位移大小為40cm過程中電勢能的變化量?！敬鸢浮?1)，方向由B指向A(2)減少【解析】（1）由等差法可得AB中點D的電勢為6V，BD中點E的電勢為8V，故CE連線為等勢線，，則場強方向由B指向A，如圖由可得代入解得（2）電子在A點靜止釋放后將沿AB方向一直做勻加速直線運動，則有該過程電子電勢能減少16．圖甲是某款電熨斗，圖乙是其電路原理圖。已知電源電壓為，、為發(fā)熱體。該電熨斗兩擋功率分別為和，通過開關(guān)實現(xiàn)溫度控制，閉合時為高溫擋。(1)求的阻值；(2)在使用過程中，若電熨斗消耗電能，請通過計算說明：在這段時間內(nèi)電熨斗處于何種工作狀態(tài)，并求出相應(yīng)狀態(tài)下的工作時間；(3)為了適應(yīng)不同室溫和更多衣料，小明對電路做了改進，將換成滑動變阻器，如圖丙所示，、均為發(fā)熱體。假定電熨斗每秒鐘散失的熱量跟電熨斗表面溫度與環(huán)境溫度的溫度差關(guān)系如圖丁所示，則在一個的房間內(nèi)，要求電熨斗表面保持不變，應(yīng)將的阻值調(diào)為多大？【答案】(1)(2)電熨斗在下工作了420s，在下工作了180s(3)【解析】（1）當(dāng)閉合時，只有接入電路，對應(yīng)高溫擋功率由得（2）這段時間內(nèi)電熨斗的平均功率因為，所以這段時間內(nèi)電熨斗在100W到500W之間切換；設(shè)電熨斗在下工作時間為t，則有已知、、，代入可得即電熨斗在下