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2027届高二年级10月考试
物理试卷（A)
考试时间：2025年10月10日10：30-11：45
时长：75分钟
试卷满分：100分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题
卡上的指定位置。
2.选择题的作答：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。写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40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，第8~10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选
对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.下列说法正确的是
A.静电计是用来粗略测量电流的装置
B.导体的电阻跟加在它两端的电压成正比
C.白炽灯正常发光时，其灯丝材料的电阻率比常温时小
D.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置
2.下列说法正确的是
甲
乙
丙
高二10月物理试卷A第1页共8页
A.图甲中，在干燥季节，使用加湿器增加室内湿度，可有效减少静电积累
B.图乙中，学校楼房顶上焊接的钢筋（一起埋入地下）主要作用不是避雷而是为了美观
C.图丙中，小鸟停在单根高压输电线上不会被电死是因为其脚掌是绝缘的
D,图丁中，两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了增强导电能力
3.2025年6月20日，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将中星9C卫
星（以下简称“卫星”）顺利送入预定轨道。卫星在进入预定轨道之前经过了多次变轨，如
图所示，卫星先在圆轨道1上绕地球做匀速圆周运动，然后在P点点火进入椭圆轨道2，在
2点再次点火进入圆轨道3绕地球做匀速圆周运动，已知MN为椭圆的短轴、PQ为椭圆的
长轴，不计地球以外的天体对卫星的万有引力，不计空气阻力。下列说法正确的是
A.卫星在轨道1上P点的速度大于在轨道2上P点的速度
B.卫星在轨道2上从P经M到Q的过程中动能一直减小，但机
械能不变
C.卫星经过M、N两点的加速度相同
D.卫星在轨道1和轨道3上的机械能相等
4.一个电子仅受固定点电荷Q的库仑力作用绕Q做匀速圆周运动。下列说法正确的是
A.若电子的轨道半径变大，其运动周期一定减小
B.若电子的轨道半径变小，其运动周期可能不变
C.若电子的速度变大，其轨道半径一定变小，电势能变小
D.若电子的速度变为原来的两倍，其轨道半径也变为原来的两倍，周期保持不变
5.如图所示，α和b是完全相同的两个电容器，串联接在电动势为E=6V的电池（内阻不可忽
略)两端充电，达到稳定后将一内阻为几千欧姆的直流电压表接到电容器α的两端，经过一
段时间后电路又重新达到稳定。下列说法正确的是
A.电压表示数为3V,电压表接入之前电容器a和b带电量相等
B.电压表示数为3V,电压表接入稳定之后电容器α带电量为零
C.电压表示数为0，电压表接入之前电容器a和b带电量不相等
D.电压表示数为0，电压表接入稳定之后电容器α带电量为零
高二10月物理试卷A第2页共8页2027届高二年级10月考试
物理（AB卷）答案解析及评分细则
选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40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，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1-7 DABCD CB 8.AB 9.BD 10.AC
二、非选择题：本题共5个小题，共60分
11．（每空2分，共12分）【答案】
（1）0.650 （2）红表笔 （3）500 ，2400
（4）4500 （5）
【解析】（1）螺旋测微器的精度为0.01 mm，由题图丙可知读数为0.5 mm＋0.01 mm×15.0＝0.650 mm。填0.651或0.649都算对。
（2）欧姆表进行欧姆调零和测电阻时，电流均从正插孔流入表内，故A接红表笔。
（3）欧姆调零时，电流表达到满偏电流500μA。由闭合电路的欧姆定律有Ig＝，解得欧姆表总内阻R内＝Rg＋r＋＋R0＝＝3000Ω，故变阻器接入电路中的阻值＝2400Ω.
（4）由Rx＝－R内，当I＝200 μA时，Rx＝－3000Ω＝4500Ω
（5）由电阻定律Rx＝ρ＝，可得ρ＝
（3分+3分=6分）【答案】
（1） 见解析 （2） =
【解析】（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻。因为滑动变阻器最大阻值太小，不能用限流接法，否则烧坏电表。为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，故实验电路原理图如图所示。若滑动变阻器分压接法正确而其他错误，得1分。若滑动变阻器为限流接法而其他正确，得2分。全对得3分。
流过定值电阻R0的电流为I，加在微安表两端的电压等于R0两端的电压，故微安表的内电阻=
13．（10分）【答案】（1）圆环a所受库仑力的大小等于 ，所带电荷量等于。
（2）滑块b所受摩擦力大小等于 。
【解析】解：（1）（7分）对圆环进行受力分析，圆环静止，受力平衡，圆环与滑块之间为斥力。对圆环受力分析有 ……2分
解得库仑力大小为 ， ……1分
， ……1分
， ……1分
圆环所带电荷量为 。 ……2分
（2）（3分）对滑块进行受力分析 ……2分
。 ……1分
14．（15分）【答案】（1）35W （2）72W （3）93.3%
【解析】（1）（5分）电动机未启动时，车灯的功率， ……1分
车灯的电阻 ， ……1分
电动机启动瞬间，并联部分的电压 ， ……1分
车灯的功率 ， ……1分
车灯的功率减少量=–=35W ……1分
（2）（4分）电动机启动时，车灯的电流= ……1分
电动机输入功率= ……1分
电动机的输出功率 ……1分
故=72W ……1分
（3）（6分）电动机正常工作后，电源路端电压为 ……1分
车灯的电流 ……1分
电动机输入电流为 ……1分
电动机输出功率 ……1分
= ……1分
电动机正常工作的效率 ……1分
15．（17分）【答案】：（1）=4 N/C ,= 4.5 N/C （2）3 m/s，方向与x轴成45 ，（3）[）米 ]
【解析】：（7分）在第三象限内，小球乙由A点运动到B点过程中，在x方向上：
-=2（）L , ……1分
= ，……1分
, ……1分
解得 = 4 N/C 。 ……1分
在第二象限内，小球甲对乙的库仑力提供乙做匀速圆周运动的向心力： = m, ……1分
= ……1分
解得 = 4.5 N/C ……1分
(2)（5分）在第一象限内， = ma， ……1分
， ……1分
, = ……1分
解得= ， ……1分
方向与x轴正方向成45. ……1分
（5分）根据b图中场强的变化规律可判断，小球乙进入第一象限后，它在x方向上做匀速直线运动，方向上第一个时间内沿y轴正方向匀加速运动，第二个时间内沿y轴正方向匀减速运动，当t=T时，乙在y方向的速度恰好减为零，之后重复此运动过程，其轨迹如图所示。 ……1分
所以t=n时，小球的横坐标为，，
……1分
第一个时间内，小球乙沿y轴正方向前进的距离为
=×（）2=米，……1分
小球乙进入第一象限后每半个周期时间内沿轴正方向运动的距离均相等，因为开始计时小球乙的纵坐标为L，所以在t=时其纵坐标为y=（1+n）米，……1分
故在t=时，小球乙的坐标为[）米 ] ， ， ……1分
A卷选择题答案解析
一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40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，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．【答案】D
【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时，其电阻并未变为原来的两倍，故B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故C错误。故选D。
2．【答案】A
【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通过空气传导，从而减少静电积累，故A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用尖端放电避雷，故B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电压非常低，小鸟不会被电死，故C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣屏蔽话筒线外的电磁干扰信号，故D错误；故选A。
3．【答案】B
【解析】解：AD、根据圆周运动中F万＜F向时，卫星做离心运动，，可知卫星从低轨向高轨运动时，火箭要点火短时间给卫星加速，卫星在轨道1上P点的运动速度，小于在轨道2上P点的运动速度；卫星升轨时要加速，火箭对卫星做正功，卫星机械能增大，即卫星在轨道1上的机械能小于轨道3的机械能，故AD错误；B、根据卫星在轨道2上运动时，从P经过M到Q的过程中，只受到万有引力，且万有引力做负功，可知动能变小、机械能不变，故B正确；
C、对卫星在M、N两点受力分析，可知卫星在两点处的受力指向地球球心，两个力的方向不同，由F＝ma，可知两点处的加速度方向也不相同，故C错误。故选B。
4．【答案】C
【解析】由K=m推出 ，而T= ，r变大，则减小，T变大，故A错误。r变小，则变大，T变小，故B错误。r变小则Q对电子的电场力对电子做正功，故电子电势能减小，故C正确。电子速度变为原来的两倍则其轨道半径变小，故D错误。故选C。
5．【答案】D
【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器a的左极板失去电子带正电，电容器b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器a、b分担的电压均为3V，电压表接入稳定后，电容器a、b均无电流通过，即电容器a和b既不充电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为b断开，a和电压表并联整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流Iv=0，电压表示数Uv=IvRv=0，最终电容器a被电压表短路，电容器b最终的电压为6V。故选D。
6．【答案】C
【解析】由运动和受力分析可知，小球未到达轨道最高点之前就脱离轨道做斜抛运动。离开轨道瞬间：m= mgcos，其中为脱离轨道位置对应的半径跟竖直方向的夹角。又由机械能守恒+ mgr(1+cos，解得cos ，。当小球做斜抛运动到最高点H处时+ mgH，其中为斜抛最高点小球速度， ,解得最大高度H = .故选C。
7．【答案】B
【解析】解：由图像可知，拉力减小时其表达式为F＝Fm+kx＝（6﹣0.5x）N ，物体受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1N ，当物体所受合力第二次为零时，物体的动能最大，即当第二次F＝f时，物体动能最大，则有（6﹣0.5x）N＝1N ，解得x＝10m ，或作一条平行于x轴的直线，对应F=1N，该直线跟图像有两个交点，对应x值为2m和10m。F﹣x图线与x轴围成图形的面积表示拉力对物体做的功，由图像可知，物体速度最大时，拉力对物体做功为 ，从物体开始运动到速度最大过程，对物体，根据动能定理得 ，解得最大动能Ekm＝9.5J，故ACD错误，B正确。故选B。
8．【答案】AB
【解析】电容器电容C= ，电介质插入越深，则等效相对介电常数就越大，电容就越大，故A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹力变化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容C变化，据Q=CU可知，电容器带电量Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故B正确。向右匀加速时弹簧长度大于原长，匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故C错误。导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯性要保持原来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常数增大，电容C变大，电容器带电量Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故D错误。故选AB。
9．【答案】BD
【解析】飞机速度为=720km/h=200m/s，因为飞机质量远大于飞鸟的质量，撞击过程可认为飞机速度不变，故撞击时间t= ，对飞鸟，由动量定理得Ft=m-0 ，解得F=100000N。本题易错认为小鸟匀加速至200m/s，从而错误认为撞击过程小鸟平均速度为100m/s，据此算出错误的撞击时间0.002秒。据动量定理，缓冲延时可以减小作用力。故选BD。
10.【答案】AC
【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可知，灯两端电压增大，灯两端的电压减小，故A正确。本题用等效电源法和图像法比较简单，除了R和之外，电路剩余部分看成一个内阻为的电源1，电源1外面R和并联接在电源1两端，再将电源1和整体看作电源2，电源2的等效内阻等于跟的并联电阻，故肯定小于，即肯定小于 ，电源2外接一个用电器R，R由（大于）逐渐减小至0，据电源2输出功率（即R的功率）随外电路总电阻R的关系图像分析可知，R的功率先增加后减小，故B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最上端时，R的功率为零，故B错误。表示等效电源2的内阻，小于， ， < ，故C正确，D错误。
B卷选择题答案解析
一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40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，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．【答案】D
【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时，其电阻并未变为原来的两倍，故B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故C错误。故选D。
2．【答案】A
【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通过空气传导，从而减少静电积累，故A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用尖端放电避雷，故B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电压非常低，小鸟不会被电死，故C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣屏蔽话筒线外的电磁干扰信号，故D错误；故选A。
3．【答案】B
【解析】图中一组线圈可以看作左右各一个条形磁铁，均为N极在上，S极在下，左侧磁铁在O点处产生的磁场方向竖直向下，右侧磁铁在O点处产生的磁场方向也竖直向下，故O点合磁感应强度方向竖直向下，据左手定则可知图示时刻电子所受洛伦兹力的方向向左。若电流改变方向，则O点磁感应强度方向变为竖直向上，电子所受洛伦兹力的方向向右，电子向右偏。故选B。
4．【答案】C
【解析】线段AB平行于DC，故有 ，即= ，故= -10V ，由b为AB中点可得= ，解得=6V，电势能=q ,q= -e ,= -6eV，故B错误。因为电势 ，故bD连线为等势线，电场强度方向垂直于bD直线，点电荷沿直线由b→D运动过程中电场力始终跟速度方向垂直，故电场力不做功。故选C。
5．【答案】D
【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器a的左极板失去电子带正电，电容器b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器a、b分担的电压均为3V，电压表接入稳定后，电容器a、b均无电流通过，即电容器a和b既不充电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为b断开，a和电压表并联整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流Iv=0，电压表示数Uv=IvRv=0，最终电容器a被电压表短路，电容器b最终的电压为6V。故选D。
6．【答案】C
【解析】线圈受到安培力的合力F＝NB0IL ，天平平衡时，有 mg＝F ，代入数据可得 m＝0.08kg，故选C。
7．【答案】B
【解析】初始时刻穿过矩形线圈的磁通量为=Bsin4，r=，末时刻穿过矩形线圈的磁通量为= -Bcos4，ΔΦ=-，故B正确。
8．【答案】AB
【解析】电容器电容C= ，电介质插入越深，则等效相对介电常数就越大，电容就越大，故A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹力变化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容C变化，据Q=CU可知，电容器带电量Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故B正确。向右匀加速时弹簧长度大于原长，匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故C错误。导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯性要保持原来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常数增大，电容C变大，电容器带电量Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故D错误。故选AB。
9．【答案】BD
【解析】根据q＝It，可知该铭牌标的“40A·h”是电荷量，电源充满电后总电荷量q＝40 A·h＝40×3600 C＝1.44×105 C，故A错误，B正确。以额定电流工作时，每秒消耗能量为=W=Pt＝48J，故C错误；若充电电流是10 A，经过120min可将该电池充到q＝10 A×120 min＝20 A·h，即为总容量的50％，则经过120min可将该电池从其电量的30％充到80％，故D正确。
10.【答案】AC
【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可知，灯两端电压增大，灯两端的电压减小，故A正确。本题用等效电源法和图像法比较简单，除了R和之外，电路剩余部分看成一个内阻为的电源1，电源1外面R和并联接在电源1两端，再将电源1和整体看作电源2，电源2的等效内阻等于跟的并联电阻，故肯定小于，即肯定小于 ，电源2外接一个用电器R，R由（大于）逐渐减小至0，据电源2输出功率（即R的功率）随外电路总电阻R的关系图像分析可知，R的功率先增加后减小，故B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最上端时，R的功率为零，故B错误。表示等效电源2的内阻，小于， ， < ，故C正确，D错误。

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