2027届高二年级上学期物理第二次月考
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1～7题只有一项 符合题目要求，每小题4分。第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．如图所示，将带负电的金属球甲靠近原先不带电的接地金属球乙，两球都放在绝缘支架上，下列说法正确的是（ ）
A．先断开开关，再撤去甲球，则乙球带正电
B．先断开开关，再撤去甲球，则乙球带负电
C．先撤去甲球，再断开开关，则乙球带正电
D．先撤去甲球，再断开开关，则乙球带负电
2．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．阴影部分的面积和肯定不相等
B．阻值大于
C．计算机测得，则该电容器的电容约为0.15F
D．图像阴影为图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
3．如图所示，同种材料制成粗细均匀、半径不同的圆柱形金属丝甲、乙串联后接入电路，闭合开关，测得两金属丝两端的电压相等。已知金属丝甲的长度为l，金属丝乙的长度为4l，甲、乙两金属丝单位体积内自由电荷的个数相同。下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两金属丝的电阻之比为4∶1
B．甲、乙两金属丝内的半径之比为1∶4
C．甲、乙两金属丝的电场强度大小之比为1∶4
D．甲、乙两金属丝内电子定向移动的速率之比为4∶1
4．如图所示，为某一网络电路中的一部分。已知，，，，，则下列结论正确的是（ ）
A．通过的电流为1A，方向从b→a
B．通过电流表的电流为4A，电流从左向右流过电流表
C． 通过的电流为2A，方向从a→b
D． 通过电流表的电流为2A，电流从右向左流过电流表
5．黑箱中有一个二极管，还有两个阻值均为1kΩ的电阻，它们与黑箱的接线柱1、2、3接成电路，用多用电表的电阻挡对这三个接线柱间的电阻进行测量，得到的数据如表所示，那么黑箱中的线路是哪一个( )
黑笔触点 1 1 2
红笔触点 2 3 1
表头读数 0
A． B． C． D．
6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表为理想电表，R1、R2、R3、R4均为定值电阻。灯泡L1和L2阻值一定且始终安全．现闭合开关S，下列分析正确的是（ ）
A．若R1断路，则灯泡L1和L2均变亮，电流表示数变小
B．若R2短路，则灯泡L1和L2均变亮，电流表示数变大
C．若R3断路，则灯泡L1变暗，L2变亮，电流表示数变大
D．若R4短路，则灯泡L1变亮，L2变暗，电流表示数变大
7．如图所示，半径为的水平固定绝缘圆环上均匀分布着正电荷，点为圆环的圆心，点位于点正上方处。若从圆环上的点处取走长为的小圆弧，剩余电荷分布不变，则剩余电荷在点产生电场的电场强度与竖直向上方向夹角的正切值为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示，虚线、、代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，是这条轨迹上的三个点，点在等势面上，则（ ）
A．三个等势面中，的电势最高
B．该质点在点的加速度比在点的大
C．该质点在点的电势能比在点的大
D．该质点从点到点，电场力做正功
9．如图甲所示，绝缘粗糙水平面上处和处分别固定两个点电荷（场源电荷），其中处的电荷量大小为Q。以无限远处作为零电势点，两点电荷在x轴上形成的电场其电势与x的关系如图乙所示，其中坐标原点处电势为、且为极小值，和处电势分别为和。下列说法正确的是（ ）
A．处和处的场强等大反向
B．处的电荷的电荷量为4Q
C．处无初速度释放一个带正电的光滑质点物块，物块会以O点为中心来回往返运动
D．质量为m，电荷量为的带电物体视为质点，与地面动摩擦因数为，欲使它从O点向右出发刚好到达处，则物体在坐标原点处的初速度大小为
10．某抽水蓄能电站模型简化：把河水抽高，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为90%的皮带，带动效率为80%的离心水泵工作。工作电压为，此时输入电动机的电功率为，电动机的内阻为。已知水的密度为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A．流过电动机的电流大小为
B．电动机内阻消耗的热功率
C．电动机的输出功率为
D．将蓄水池蓄入的水需要的时间约（不计进、出水口的水流速度）
二、实验题：本题共2小题，每空2分共20分。
11．某物理兴趣小组利用如图装置来探究“静电力大小与电荷量、电荷间的距离”之间的关系，做了如下实验，A是一个电荷量为Q的带正电的金属球，通过绝缘支架放置在水平面上，把系在绝缘细线上的带正电的小球P挂在铁架台的横梁上。
(1)保证金属球A与小球P的带电量不变，将金属球A先后放置在如图所示的1、2两位置，然后观察细线偏离竖直方向夹角的大小，这个步骤采用了 （填“理想模型”或“控制变量”）的实验方法，研究电荷之间的作用力与 的关系。
(2)若金属球A在1、2位置时，调整金属球A的高度使两球球心连线水平，细线与竖直方向的夹角为，则金属球A在1、2两处位置时，电荷间的作用力大小之比为 。
(3)若用不带电的、与金属球A完全相同的另一金属球与金属球A接触然后分开，再调整金属球A的位置，使得A与P之间的距离与接触前相同，测出此时细线与竖直方向的夹角则 （填“>”、“<”或“=”）；若满足关系式： （用表示），说明电荷间的作用力大小在电荷间的距离和小球P的电荷量不变的情况下，与金属球A的电荷量成正比（不考虑漏电）。
12．要测量一节干电池的电动势和内阻，某同学根据实验室提供的器材设计了如图甲所示电路。电路中两电阻箱的最大阻值均为，两个电流表：一个量程为，一个量程为。
(1)电流表的量程应为 （填“0.6”或“1”）A；
(2)闭合开关、断开开关，将电阻箱阻值调为最大，的阻值调为零，闭合开关，调节电阻箱，使电流表的指针偏转较大，再调节电阻箱，使电流表的指针偏转较大，记录这时电流表、的示数、及电阻箱的阻值，则电流表的内阻 ；量程为的电流表指针所指的位置如图乙所示，这时该电流表中的电流为 A；
(3)断开开关，闭合开关和，多次调节电阻箱，记录每次调节后电阻箱的阻值及电流表的示数，作图像，得到图像的斜率为，与纵轴的截距为，则求得电池的电动势 ，内阻 。（均选用“、和”表示）
三、计算题：本题共3小题，共34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。
13．（7分）如图所示电路中，电阻，试求：
（1）R3两端的电压U3；
（2）2s内，流过R1上的电荷量q。
14．（12分）下图是某同学在科技制作活动中自制的电子秤原理图，利用电信号来显示物体的质量，托盘与电阻可忽略的弹簧相连，弹簧的质量不计。滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表的示数为零。已知滑动变阻器总长度，最大阻值，限流电阻阻值为，电源电动势，内阻为，取，弹簧的劲度系数（弹簧始终在弹性限度内），不计一切阻力。求：
（1）电压表的最大示数；
（2）物体质量为多少时滑动变阻器上消耗的功率最大，并求出最大值；
（3）电压表示数与所称物体质量的关系式。
15．（15分）如图所示，xOy为竖直平面内的直角坐标系，该空间存在平行xOy平面但方向未知的匀强电场，将一质量为m、带电量为的小球从O点抛出，抛出的初速度大小均为，抛出的方向可沿xOy平面内的任意方向。将小球沿某一方向抛出后，一段时间后小球通过点时速度大小为若将小球向另一方向抛出，一段时间后小球通过点时速度大小为。求：
（1）、A两点间的电势差及O、B两点间的电势差
（2）电场强度的大小和方向
（3）若将小球沿y轴正方向抛出，小球运动过程中的最小速度以及此时小球离O点的距离s。
试卷第2页，共2页
《2027届高二年级第二次月考物理》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D C C B C BC BD ACD
1．A【详解】AB．将带负电的金属球甲靠近原先不带电的接地金属球乙，根据静电感应原理可知乙的左端带正电；先断开开关，再撤去甲球，则乙球带正电，故A正确，B错误；
CD．将带负电的金属球甲靠近原先不带电的接地金属球乙，根据静电感应原理可知乙的左端带正电；先撤去甲球，则地面的负电荷与乙的正电荷中和，再断开开关，则乙球不带电，故CD错误。
2．C【详解】AD．根据可知，图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器所带电荷量；表示电容器充电后所带电荷量，表示电容器放电的电荷量，所以，故AD错误；B．由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有，可得，故B错误；C．计算机测得，则该电容器的电容为，故C正确。
3．D【详解】A．根据题意，串联接入电路，通过两金属丝的电流相等，而两金属丝两端的电压相等，故两金属丝的电阻相等，由可知甲、乙两金属丝的横截面积之比为，故半径之比为，故AB错误；C．根据，可得甲、乙两金属丝内的电场强度大小之比为，故C错误；D．根据电流的微观表达式，可知甲、乙两金属丝内电子定向移动的速率之比为，故D正确。
4．B【详解】AC．两端电压为，通过的电流为，两端电压为，两端电压为，故通过的电流从a流向b，大小为，故A错误C正确；BD．通过电流表的电流为，方向从左到右，故BD错误。
5．C【详解】由题意可知，黑笔触点接1，红笔触点接2，表头读数为0，则说明1和2之间没有电阻，若有二极管，则1接二极管的正极，又由于黑笔触点接1，红笔触点接3时，表头读数为，说明1和3之间两电阻并联，加之当黑笔触点接2，红笔触点接1时，表头读数为，则说明2和1之间两电阻串联，综上所述，故ABD错误C正确。
6． B【详解】将原电路改画如图。A．若R1断路，则相当于R1处的电阻变大，则总电阻变大，电路中总电流减小，路端电压变大，而L2灯泡以及与其并联的支路电压减小，则L2变暗，电流表示数变小；而L1灯泡以及与其并联的支路电压变大，即L1变亮；选项A错误；
B． 若R2短路，则相当于R2处的电阻变小，则总电阻变小，电路中总电流变大，路端电压变小，而L1灯泡以及与其并联的支路电压变大，即L1变亮；而L2灯泡以及与其并联的支路电压变小，则L2电流变小，变暗，电流表示数变大，选项B错误；
C．若R3断路，则相当于R3处的电阻变大，则总电阻变大，电路中总电流减小，路端电压变大，而L1灯泡以及与其并联的支路电压变小，即L1变暗；而L2灯泡以及与其并联的支路电压变大，则L2电流变大，变亮，电流表示数变小，选项C错误；
D．若R4短路，则相当于R4处的电阻变小，则总电阻变小，电路中总电流变大，路端电压变小，而L1灯泡以及与其并联的支路电压变大，即L1变亮；而L2灯泡以及与其并联的支路电压变小，则L2电流变小，变暗，电流表示数变大，选项D正确。
7．C【详解】由几何关系可知，与的夹角满足，解得，设整个圆环的电荷量为Q，每一段长为小圆弧的电荷量为，由于圆环上的电荷均匀分布，可知，每一段长为小圆弧在M处产生的电场强度沿方向的分量为，被取走的A处弧长为的小圆弧在M处产生的电场强度沿垂直OM方向的分量为，故可知当从圆环上的点处取走长为的小圆弧，剩余电荷场强沿OM方向的分量为，沿垂直OM方向的分量与等大反向，故剩余电荷在点产生电场的电场强度与竖直向上方向夹角的正切值为
8．BC【详解】A．根据电场方向与等势面垂直，电场力位于曲线轨迹的凹侧，且质点带正电，质点的受力和电场方向如图所示，根据沿电场方向电势降低可知，三个等势面中，c的电势最低，故A错误；B．根据，可知相邻等差等势面越密集场强越大，则P点的电场强度比Q点的电场强度大，带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大，故B正确；C．根据，由于P点的电势大于Q点的电势，且质点带正电，可知带电质点在P点的电势能比在Q点的大，故C正确；D．带电质点从Q点到P点，电势能增大，电场力做负功，故D错误。
9．BD【详解】A．由图像的斜率等于场强可知，和处场强反向，但场强大小不等，A错误；B．由图可知在处的场强为零，则，可得，故B正确；C．物体在运动过程中，电势能和动能等量转化，质点向右运动到O点右侧电势为处速度为零，由图可知该位置在右侧，即物块会以O点右侧某一点为中心来回往返运动，故C错误；D．由动能定理，又，解得，D正确。
10．ACD【详解】A．根据，解得 ，故A正确；B．根据，解得电动机内阻消耗的热功率，故B错误；C．根据，可得电动机的输出功率为，故C正确；D．设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t，已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则有，设质量为M的河水增加的重力势能为，则有，又电动机的输出功率为，根据能量守恒定律得，代入数据解得，故D正确。
11． (1) 控制变量 电荷间的距离；(2)；(3) >
【详解】（1）[1][2]探究“静电力大小与电荷量、电荷间的距离”之间的关系，需要采用控制变量的实验方法，实验中保证金属球A与小球P的带电量不变，将金属球A先后放置在不同位置，是为了研究电荷之间的作用力与电荷间的距离之间的关系。
（2）如图所示，根据平衡条件有，则金属球A在1、2两处位置时，电荷间的作用力大小分别为，
可得电荷间的作用力大小之比为
（3）[1]若用不带电的、与金属球A完全相同的另一金属球与金属球A接触然后分开，两金属球平分电荷量，则金属球A的带电量是接触前的一半，电荷间的距离不变，则电荷之间的作用力变小，根据，可得细线与竖直方向的夹角变小，故
[2]根据，可得此时细线与竖直方向的夹角满足，可得
，又根据库伦定律，在电荷间的距离和小球P的电荷量不变的情况下，可得，则若，可知在电荷间的距离和小球P的电荷量不变的情况下，电荷间的作用力大小与金属球A的电荷量成正比。
12．(1)1；(2) ；0.30；(3) ；
【详解】（1）根据题意闭合开关K2，断开开关K3，改变R2 的阻值，由此可知A2处于干路，A1在支路，所以A2的量程大于A1的量程，即电流表A2的量程应为1A。
（2）[1]根据题意可知结合欧姆定律，有
[2]电流表的最小分度值为0.02A，所以电流表的读数为0.30A；
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，有变形得
作图像，得到图像的斜率为，解得电动势为
纵轴的截距为，解得内阻为
13．(1)5V（3分）；(2)1C（4分）
【详解】（1）根据串并联电路特点得 （1分）， （1分）
解得 （1分）
（2）由电流的定义式得 （1分）；由欧姆定律得 （1分）；
根据串联电路特点得（1分）
联立解得（1分）
14．（1）6V（2分）；（2）0.1kg，2.025W（6分）；（3） （4分）
【详解】（1）经分析知，当滑片在最下方时，电压表示数最大，由闭合电路欧姆定律可得（1分）
联立解得（1分）
（2）将定值电阻当电源内阻，当等效电源内阻与滑动变阻器有效电阻相等时，滑动变阻器消耗功率最大，即（1分）；滑动变阻器的最大功率为（1分），解得（1分）；
根据胡克定律（1分），（1分）；质量为（1分）
（3）由受力分析知（1分）；则当弹簧形变量增加时有（1分）；
又有（1分）；联立解得 （1分）
15．(1)，（4分）；(2)，与x轴正方向夹角为斜向下（4分）；(3)，（7分）
【详解】（1）从O到A，据动能定理可得解得（2分）
从O到B，据动能定理可得解得（2分）
（2）取OA的中点C，可知B、C为等势点（1分），可得电场强度垂直BC连线斜向下，即与x轴正方向夹角为斜向下如图甲所示（1分），
取从O到B的过程有，（1分）
解得（1分）
（3）将重力与电场力合成，可得它们的合力与x轴正方向成角斜向下。将初速度沿方向和垂直方向分解，垂直合外力方向的速度即为运动过程中的最小速度，如图乙所示，则有（1分）
方向与x轴正方向成角斜向上
（1分）
小球运动的加速度（1分）
小球从O点运动到速度最小所用的时间（1分）
小球沿方向的位移（1分）
小球沿方向的位移（1分）
小球速度最小时离O点距离（1分）
