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江西 ２０２５—２０２６学年高二年级 １０月阶段检测
物理参考答案
１．【答案】Ｄ
Ｑ
【解析】每个微粒的电荷量均为元电荷的整数倍，当每个微粒均带一个元电荷的电荷量时，ｎ＝ ，解得 ｎ＝６，微粒
ｅ
的个数最多为６，Ｄ项正确。
２．【答案】Ａ
１ ２ｑＵ
【解析】质子在电场中被加速，ｑＵ＝ ｍｖ２，解得ｖ＝ ，Ａ项正确。
槡
２ ｍ
３．【答案】Ｂ
【解析】上极板接电源正极，电场线方向从上到下，电子受力则相反，根据电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹
侧，Ｂ项正确。
４．【答案】Ｃ
２ｋｑ２ ２槡３ｋｑ２
【解析】对Ｃ点处小球受力分析，２× ｃｏｓ３０°＝Ｆ，解得Ｆ＝ ，Ｃ项正确。
ｒ２ ｆ ｆ ｒ２
５．【答案】Ｃ
Δφ
【解析】根据Ｅ＝ 可知，φ－ｘ图像的切线斜率绝对值等于电场强度Ｅ的大小，所以从 Ａ→Ｂ过程，φ－ｘ图像中的
Δｘ
切线斜率绝对值先增大后减小，Ｃ项正确。
６．【答案】Ｄ
【解析】根据伏安特性曲线可知，甲为线性元件，电阻值保持不变，乙为非线性元件，阻值随着两端的电压的增大
Ｕ
０
而减小，Ａ、Ｂ项错误；当两电学元件两端的电压均为 Ｕ 时，两者的电阻均为 ，当两电学元件两端的电压小于
０ Ｉ
０
Ｕ
０
Ｕ 时，乙元件的电阻大于甲元件的电阻，将甲、乙元件串联，并在其两端加上电压Ｕ，乙元件两端的电压大于 ，
０ ０ ２
Ｕ
所以甲元件两端的电压小于 ０ ，Ｃ项错误；根据欧姆定律可知，将甲、乙元件串联，并在其两端加上电压 Ｕ，Ｉ＝
２ ０
Ｕ Ｕ Ｉ
０
＜
０ ＝０
，Ｄ项正确。
Ｒ ＋Ｒ ２Ｒ ２
甲 乙 甲
７．【答案】Ｂ
Ｅ Ｅ Ｅ
【解析】如图，根据题意，Ｂ点、Ｃ点和Ｄ点的电势分别为 φ＝ ｐ ，φ＝－ ｐ ，φ＝ ｐ ，ＢＣ边中点 Ｍ的电势为 φ ＝
Ｂ ｑ Ｃ ｑ Ｄ ２ｑ Ｍ
φ＋φ
Ｂ Ｃ＝０，设Ｎ点为ＤＣ的三等分点，Ｎ点电势为０，连接
ＭＮ，ＭＮ为一条等势线，过 Ｃ点做 ＭＮ的垂线，可知电
２
( Ｅ)
０－－ｐ
ｑ 槡２Ｅ
场线沿该垂线方向指向右下方且与ＢＣ边成４５°角，电场强度的大小为Ｅ＝ ＝ ｐ ，Ｂ项正确。
２Ｌ·ｃｏｓ４５° ２ｑＬ
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高二物理 第 １页（共４页）
书书书８．【答案】ＣＤ
【解析】静电喷涂时，被涂物与涂料颗粒带异种电荷，在引力作用下喷涂更均匀，Ａ项错误；油罐车尾部拖着的铁
链可把因摩擦产生的电荷及时导入大地，不能换成绝缘绳，Ｂ项错误；燃气灶电子点火器的电极采用针尖状设计
利用了尖端放电，静电复印是一种利用正、负电荷的吸引力进行油墨转移的印刷方式，Ｃ、Ｄ项正确。
９．【答案】ＡＤ
Ｕ Ｕ
【解析】对于平行板电容器，极板间的电场强度Ｅ＝ ，设按压前电压为Ｕ，极板间距离为 ｄ，则电场强度 Ｅ＝ ，
ｄ １ １ ｄ
１
２ Ｕ ３Ｕ Ｅ
按压后极板间距离变为ｄ＝ ｄ，且电压恒定，此时电场强度Ｅ＝ ＝ ，所以 ２＝１．５，即按压后极板间的电场
２ ３ １ ２ ｄ ２ｄ Ｅ
２ １ １
Ｓ Ｑ
强度大小变为按压前的１．５倍，Ａ项正确，Ｂ项错误；根据平行板电容器公式 Ｃ＝ε ，电容的定义式 Ｃ＝ ，设按
ｄ Ｕ
Ｓ Ｑ Ｑｄ ２ ２
压前电容为Ｃ＝ε ，电压为Ｕ，电荷量为Ｑ，则Ｕ＝ ＝ １ １ ，按压后极板间距离变为按压前的 ，即ｄ＝ ｄ，
１ ｄ １ １ Ｃ εＳ ３ ２ ３ １
１ １
Ｓ ３Ｓ Ｑ ２Ｑｄ Ｕ ２
此时电容Ｃ＝ε ＝ε ，因为电荷量Ｑ恒定，所以按压后电压 Ｕ＝ ＝ １ ，所以 ２＝ ，即按压后极板间的
２ ｄ ２ｄ ２ Ｃ ３εＳ Ｕ ３
２ １ ２ １
２
电压变为按压前的 ，Ｃ项错误，Ｄ项正确。
３
１０．【答案】ＢＣ
【解析】由Ｕ＝Ｅｄ，从等势面５到等势面３，电子克服电场力做功为４ｅＶ，则有－ｅＵ ＝－４ｅＶ，所以 Ｕ ＝４Ｖ，已知
５３ ５３
等势面３的电势为０，且沿电场方向电势降低，各等势面的电势如图所示，等势面１的电势为－４Ｖ，Ａ项错误；根
据能量守恒，电子在Ａ点的总能量Ｅ ＝１０ｅＶ＋（－４ｅＶ）＝６ｅＶ，电子经过等势面３时的动能Ｅ ＝Ｅ －ｑφ，又因
总 ｋ３ 总 ３
ｑφ＝０，所以Ｅ ＝６ｅＶ，Ｂ项正确；根据能量守恒，电子经过等势面４时的动能 Ｅ ＝Ｅ －ｑφ，解得 Ｅ ＝８ｅＶ，电
３ ｋ３ ｋ４ 总 ４ ｋ４
子经过等势面２时的动能Ｅ ＝Ｅ －ｑφ，解得Ｅ ＝４ｅＶ，所以电子经过等势面４时的速率是经过等势面２时的
ｋ２ 总 ２ ｋ２
速率的槡２倍，Ｃ项正确；根据能量守恒，假设电子可以到达等势面１，则Ｅ ＝Ｅ －ｑφ，解得Ｅ ＝２ｅＶ，假设成立，
ｋ１ 总 １ ｋ１
Ｄ项错误。
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１１．【答案】（１）负（２分） （２）３．２×１０－３（２分） （３）不变（２分）
【解析】（１）电容器的上极板和电源负极相连，充电完成后，上极板带负电。
（２）Ｑ＝４０×０．２×１０－３×０．４Ｃ＝３．２×１０－３Ｃ。
（３）Ｉ－ｔ图线与坐标轴所围成的面积代表电荷量，电荷量不会因为电阻的阻值变化而变化，所以曲线和坐标轴所
围区域面积不变。
πｋＵＤ２
０
１２．【答案】（１）①０．６８０（２分） ②ｍ（１分） ③０．３８（２分） ④Ｌ（２分） （２） （２分）
４
【解析】（１）①金属丝的直径为Ｄ＝０．５ｍｍ＋０．０１×１８．０ｍｍ＝０．６８０ｍｍ；②为了保护电路，闭合开关 Ｓ前，金属
Ｕ Ｌ
夹Ｐ应置于金属丝的 ｍ端；③电流表的分度值为０．０２Ａ，故其读数为０．３８Ａ；④根据 Ｉ＝ ，Ｒ＝ρ ，得 Ｕ＝
Ｒ Ｓ ０
( ρＬ ) １ ρ Ｒ＋Ｒ １
ＩＲ＋ ＋Ｒ ，整理可得 ＝ ·Ｌ＋Ａ ０ ，以 为纵坐标、Ｌ为横坐标作图，得到一条直线。
Ａ Ｓ ０ Ｉ ＵＳ Ｕ Ｉ
０ ０
ρ Ｄ２ πｋＵＤ２
（２）根据ｋ＝ ，Ｓ＝π ，联立可得ρ＝ ０ 。
ＵＳ ４ ４
０
高二物理 第 ２页（共４页）１３．解：（１）当灵敏电流计Ｇ满偏时，满偏电压Ｕ＝ＩＲ（２分）
ｇ ｇ ｇ
流经电阻Ｒ的电流Ｉ＝Ｉ－Ｉ（１分）
１ １ ｇ
电阻Ｒ两端的电压Ｕ＝Ｕ
１ １ ｇ
Ｕ
根据欧姆定律Ｒ＝ １ （１分）
１ Ｉ
１
解得Ｒ＝１Ω（１分）
１
（２）图乙电路中，当灵敏电流计Ｇ满偏时，电阻Ｒ两端的电压Ｕ＝Ｕ－Ｕ（２分）
２ ２ ｇ
流经电阻Ｒ的电流Ｉ＝Ｉ（１分）
２ ２
Ｕ
根据欧姆定律Ｒ＝ ２ （１分）
２ Ｉ
２
解得Ｒ＝４Ω（１分）
２
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１４．解：（１）带电小球静止在Ｐ点时，设轨道对小球的支持力为Ｆ，根据共点力平衡条件
１
Ｆｃｏｓ６０°＋ｑＥｃｏｓ６０°＝ｍｇ（１分）
１
Ｆｓｉｎ６０°＝ｑＥｓｉｎ６０°（１分）
１
ｍｇ
解得Ｅ＝ （１分）
ｑ
（２）小球沿圆弧轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在等效最高点 Ｑ点，由重力和电场力的合力提供向心
力，重力和电场力的合力
Ｆ ＝ｍｇ（１分）
合
由牛顿第二定律
ｖ２
Ｆ ＝ｍ Ｑ （１分）
合 Ｒ
小球从Ｐ点运动到Ｑ点，根据动能定理
１ １
－Ｆ ×（２Ｒ）＝ ｍｖ２－ ｍｖ２（１分）
合 ２ Ｑ ２ ０
解得ｖ＝槡５ｇＲ（１分）
０
（３）为使小球沿圆弧轨道运动的过程中不脱离轨道，第一种情况是小球沿轨道能做完整的圆周运动，所以 ｖ≥
１
槡５ｇＲ（１分）
第二种情况，如图，Ｍ为圆弧轨道上一点，ＯＭ垂直于ＯＰ，若小球从Ｐ点运动到Ｍ点时，速度刚好减为０，小球也
不会脱离轨道
小球从Ｐ点运动到Ｑ点，根据动能定理
１
－Ｆ ×Ｒ＝０－ ｍｖ２（１分）
合 ２ Ｐ
解得ｖ＝槡２ｇＲ（１分）
Ｐ
所以ｖ≤槡２ｇＲ（１分）
１
综上所述，ｖ≥槡５ｇＲ或０＜ｖ≤槡２ｇＲ
１ １
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说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
高二物理 第 ３页（共４页）１５．解：（１）粒子在区域１做类平抛运动，设运动时间为ｔ，水平方向做匀速直线运动
１
ｖ＝ｖ，Ｌ＝ｖｔ（２分）
０ ｘ１ ０１
竖直方向做初速度为０的匀加速直线运动
ｑＥ＝ｍａ（１分）
在Ｂ点，竖直方向分速度ｖ＝ａｔ（１分）
ｙ１ １
ｖ
ｔａｎ４５°＝ｘ１
（１分）
ｖ
ｙ１
ｍｖ２
解得Ｅ＝ ０ （１分）
ｑＬ
（２）设粒子在区域２的运动时间为ｔ，水平方向做初速度为ｖ的匀加速直线运动
２ ０
１
Ｌ＝ｖｔ＋ ａｔ２（１分）
２ ０２ ２ ２
在Ｃ点，水平分速度ｖ＝ｖ＋ａｔ（１分）
ｘ２ ０ ２
竖直分速度ｖ＝ｖ（１分）
ｙ２ ｙ１
ｖ
ｔａｎ６０°＝ｘ２＝槡３（１分）
ｖ
ｙ２
解得Ｌ＝Ｌ（１分）
２
ｖ
（３）ｎ为奇数时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，在其右侧边界
ｔａｎ４５°＝ｘｎ＝１；ｎ为偶
ｖ
ｙｎ
ｖ
数时，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，在其右侧边界ｔａｎ６０°＝ｘｎ＝槡３，在各区域右侧速
ｖ
ｙｎ
度矢量分解如图所示（１分）
! !
! # ! $
## #$
!
! #! ! ! ! #" "
! "! ! "" ! "# ! "$
!"! !"" !"# !"$
１ １
由动能定理，在区域２，则有ｑＥＬ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２（１分）
２ ２ ２ ２ １
１ １
在区域４，则有ｑＥＬ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２（１分）
４ ２ ４ ２ ３
１ １
以此类推，ｎ为偶数，在区域ｎ，则有ｑＥＬ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２ （１分）
ｎ ２ ｎ ２ ｎ－１
ｎ ｎ
－１ －１
又根据速度的规律得到ｖ
ｎ
＝２（槡３）２ ｖ
０
，ｖ
ｎ－１
＝槡２（槡３）２ ｖ
０
（２分）
解得Ｌ＝（槡３）ｎ－２Ｌ，ｎ＝２，４，６……（１分）
ｎ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
高二物理 第 ４页（共４页）
