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广西 2027 届（高二）秋季学期 12 月联合测试物理参考答案
一、单项选择题，每小题4分，共28分。
二、多项选择题，每小题6分，共18分。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 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D B D C A B A AC BD ACD
1．D。解析：磁场是客观存在的，磁感线是假想的，A错误；地球表面不是任意位置的地磁场方向都与地
面平行，C错误；地磁北极位于地理南极附近，地磁南极位于地理北极附近，地磁的两极与地理的两极并
不完全重合。
2．B。解析：由于静电感应，A端带负电，B端带等量的正电， A和B下端金属箔都张开，B正确。
kqq
3．D。解析：根据库仑定律F = 1 2 可计算得出A、B之间的库仑力与B、C之间的库仑力之比为4:3。
r2
4．C。解析：根据电流的微观表达式I =neSv可知，金属导线甲、乙中自由电子定向移动的速率之比为4:1。
1
5．A。解析：初态通过金属框的磁通量为Φ =BS，末态通过金属框的磁通量为Φ = BS，故通过金属框的
1 2
2
1
磁通量减小了 BS 。
2
6．B。解析：R 断路导致电流表的示数增大而电压表示数减小；R 短路、R 短路、R 断路均导致电流表的
1 1 2 3
示数减小而电压表示数增大。
7．A。解析：当P点的电荷量为-q时，由对称性可得，在O点的电场强度为0，若某时刻一个电荷量为
4q的点电荷吸附在圆周上最右侧的点电荷P点上，则此时圆心O点处的电场强度为4q的点电荷在O点的
4kq
电场强度为 ，方向向左。
R2
8．AC。解析：O、M、N、P为以其中一正电荷为圆心的圆周上的四点，故右边的正点电荷在O、M、N、
P产生的电势相等，主要是左边的点电荷对四个点的电势比较，可知φ >φ =φ >φ ，A正确；M、N两点
O M N P
的场强方向不同、电势相同，B错误；电子带负电，将电子从O沿着圆周运动到M，电场力做负功，C正
确；将电子从O经过N沿着圆周运动到P，其电势能一直增大，错误。
9．BD。解析：根据多用电表的特点，接线柱A接的是黑表笔，当S接通触点2时，多用电表可用于测量
电阻，A错误，B正确；当S接通触点1时，多用电表可用于测量电流，其
I R
量程为I = I + g g =10.5mA，C错误；若定值电阻R =1000Ω，多用电
g R 2
1
表可用于测量电压的最大值为U = I R +IR =10.6V，D正确。
g g 2
10．ACD。解析：根据分压电路的特点，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应
置于最左端，A正确；小灯泡的伏安特性曲线可知，小灯泡的电阻随电压的
增大而增大，B错误；如果将小灯泡直接接到该电源两端，在灯泡的伏安特
性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图中实线所示，由图可知，此时灯泡两端的电压U =1.0V，电流
I »0.33A，C正确；如果将两个小灯泡并联后接到该电源两端，在灯泡的伏安特性曲线中作出电源的伏安
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{#{QQABAY4AogCoAJJAAAgCUwUACEIYkBACCAgOBEAQoAABQQFABAA=}#}特性曲线，如图中虚线所示，由图可知，此时灯泡两端的电压U≈0.50V，电流I≈0.21A，灯泡的功率约为
0.11W，D正确。
三、非选择题：共54分。
11.（6分）（1）放电 （2）向下 （3） B （每空2分）
12.（10分）（1）A C （每空1分）
（2）3.01～3.04 0.20～0.30 （每空2分）
（3）C （2分）
（4）电压表 （2分）
13.（10分）解：
( )
（1）由闭合电路欧姆定律E =U +I r+R （3分）
解得I =1 A （2分）
（2）电动机输入功率为P =UI =1.5 W （1分）
入
电动机内阻的热功率为：P = I2R =0.2 W （1分）
热 M
电动机的功率关系为：P =P －P （2分）
出 入 热
则电动机的输出功率为：P =1.3 W （1分）
出
14.（12分）
Q
（1）根据电容定义式 C = （1分）
U
U
由匀强电场中电势差和场强的关系：E = （1分）
d
Q
解得：E = （2分）
Cd
1 1 qE
（2）小球水平方向做匀加速直线运动： d = t2 （1分）
2 2 m
1
小球竖直方向做匀加速直线运动：d = gt2 （1分）
2
2qQ
解得：m= （2分）
Cgd
mg
（直接写出写出tanq= =2的给2分）
qE
（3）对轻质绝缘细杆，由动能定理：W -W =0 （1分）
电
0+qE
电场力做负功大小为WW = d （2分）
电
2
qQ
解得：W= （1分）
2C
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{#{QQABAY4AogCoAJJAAAgCUwUACEIYkBACCAgOBEAQoAABQQFABAA=}#}15.（16分）
（1）小球从M运动到N的过程中，由动能定理，有
qER-mgR =0 （2分）
mg
解得：E = （1分）
q
（2）设小球运动到N点时的速度为v ，小球从M运动到N的过程中，由动能定理，有
0
1
3qER-mgR = mv 2 -0 （1分）
2 0
小球自N点运动到轨迹最高点的过程0= v -gt （1分）
0 1
N到最高点过程中，由牛顿第二定律3qE =ma （1分）
1
水平分速度v =at （1分）
x 1
最高点时速度的大小v= v =6 gR （1分）
x
（3）离开轨道后，由牛顿第二定律有 （mg）2 +（3qE）2 =ma （1分）
3 10 10
a = 10g ，cosq= ，sinq=
如图所示建立直角坐标系，有：
10 10
小球运动到速度方向与所受合力方向垂直时速度最小，即：
3 10
v = v cosq= v （1分）
min 0 10 0
9
动能最小值E ＝ mgR （1分）
kmin
5
小球y方向做做匀减直线运动有0= v sinq-at （1分）
0 2
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{#{QQABAY4AogCoAJJAAAgCUwUACEIYkBACCAgOBEAQoAABQQFABAA=}#}(
v sinq
)2
y = 0 （1分）
2a
小球x方向做做匀速直线运动有x= v sinq×t （1分）
0 2
则此时小球到N点的距离为s = x2 + y2 （1分）
370
联立解得s = R （1分）
50
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{#{QQABAY4AogCoAJJAAAgCUwUACEIYkBACCAgOBEAQoAABQQFABAA=}#}
