新高考通用2025_2026学年高二物理上学期第一次月考01含解析

这是一份新高考通用2025_2026学年高二物理上学期第一次月考01含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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 0
C．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（ ）
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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
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O 点电场强度和电势均不为 0
D．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；
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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 15.0Ω
D．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（ ）
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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
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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；
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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（ ）
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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∶3
C．开关闭合前电容器所带电荷量 Q1 与 Q2 大小之比为 3∶1
D．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
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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。
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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
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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
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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。
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【答案】(1)
(2) 4.5 2.0
(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
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(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
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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 下工作了 420s，在 下工作了 180s。
（3）由题干可知室温为 ，电熨斗表面为 ，则温差
观察图像丁可知，在温差为 下电熨斗每秒钟散失的热量为 400J，则损失热量的功率为
要想保持电熨斗表面温度不变，则电熨斗的加热功率 ，电路丙中消耗的总功率
已知 、 、
代入可得
17．如图所示，在一倾角为 30°的光滑固定绝缘斜面上方，有平行于斜面向上的匀强电场，虚线 MN 为电场
的上边界，电场强度大小 ，MN 上方有一长为 L=0.6m 的轻质绝缘杆，杆的上、下两端分别固
定小球 A、B（可看成质点），质量均为 m=0.01kg，A 不带电，B 带电荷量 ，B 到 MN 的距离 d=0.4m。
现将 A、B 两小球由静止释放（g 取 10m/s2），求：
(1)小球 B 在匀强电场中而 A 还未进入电场时，两小球的加速度大小；
(2)从开始运动到 A 刚要进入匀强电场过程的时间。
(3)从 B 刚进入匀强电场到 A 刚要进入匀强电场过程中，两小球的速度变化量；
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(4)当 A 进入匀强电场后，两小球的加速度大小。
【答案】(1)10 m/s2
(2)0.6s
(3)2m/s
(4)10m/s2
【解析】（1）以 A、B 球以及杆整体做研究对象，由牛顿第二定律 2mgsin30°+q2E=2ma
解得 a=10 m/s2
（2）B 未进入电场前，设系统的加速度为 a1，时间为 t1，则由牛顿第二定律 2mgsin30°=2ma1
根据
联立解得 a1=5m/s2，t1=0.4s
B 球进入电场瞬间的速度为 v1=a1t1=5×0.4m/s=2m/s
从 B 球进入电场至 A 球刚要进入电场，设这段时间为 t2，由运动学公式
联立解得 t2=0.2s
从开始运动，至 A 球刚要进入电场的时间为 t=t1+t2=0.6s
（3）从 B 刚进入匀强电场到 A 刚要进入匀强电场过程中，两小球的速度变化量
（4）当 A 进入匀强电场后，两小球受力情况与只有 B 进入电场时相同，则两球的加速度大小仍为 a=10 m/s2
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