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江西省 ２０２５—２０２６学年度第一学期期中考试
高二物理参考答案
１．【答案】Ｂ
【解析】初始时，石墨烯薄片静止悬浮，受力平衡，电场方向反向后，合力向下，石墨烯薄片将向下加速，Ｂ项正确。
２．【答案】Ｄ
Ｕ
【解析】根据电势差与电场强度的关系，Ｕ＝Ｅｄ，解得Ｅ＝ ＝５×１０－３Ｖ／ｍ，Ｄ项正确。
ｄ
３．【答案】Ｂ
【解析】Ｓ点的点电荷带正电，取无穷远处电势为０，ｘ轴上各点电势 φ均大于０，Ｃ、Ｄ项错误；根据电场强度 Ｅ＝
Δφ
，Ｏ点处电场强度方向和ｘ轴垂直，图像的斜率为０，Ａ项错误，Ｂ项正确。
Δｘ
４．【答案】Ｃ
Ｅ
【解析】电池提供的电能为Ｅ ＝ＵＩｔ＝７．２×１０５Ｊ，实际用于工作的能量Ｅ＝Ｅ ×８０％，最长工作时间为ｔ＝ ＝１ｈ，Ｃ
电 电 Ｐ
项正确。
５．【答案】Ｂ
【解析】小球运动到Ａ点时，速度刚好为０，小球受到电场力水平向右，对轨道的压力不为０，Ａ项错误；小球从 Ｂ
点运动到Ａ点的过程中，根据动能定理，ｍｇＲ－ｑＥＲ＝０，所以小球受到电场力的大小等于自身重力，Ｃ项错误；小
球受电场力水平向右，重力竖直向下，等效最低点在ＡＢ弧中点，在等效最低点对轨道的压力最大，小球从Ｂ点运
动到Ａ点的过程中，对轨道的压力先增大后减小，Ｂ项正确；小球从Ｂ点运动到Ａ点的过程中，电场力做正功，机
械能增加，Ｄ项错误。
６．【答案】Ｃ
【解析】滑片Ｐ从中间位置移向ｎ端时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，总电阻变小，总电流增大，Ｌ变亮，电
３
源内阻和Ｌ组成的等效内阻两端的电压变大，并联部分两端电压变小，Ｌ变暗，经过 Ｌ的电流变小，则经过 Ｌ
３ １ １ ２
的电流变大，Ｌ变亮，Ｃ项正确。
２
７．【答案】Ａ
Ｑ Ｕ Ｓ ＥＳ ＥＲ２
【解析】设地球表面积为Ｓ，由Ｃ＝ ，Ｅ＝ ，结合Ｃ＝ ，可得Ｑ＝ ，再由Ｓ＝４πＲ２，解得Ｑ＝ ≈４．６×１０５Ｃ，可
Ｕ ｄ ４πｋｄ ４πｋ ｋ
得地球表面的电荷量的数量级为１０５，Ａ项正确。
８．【答案】ＢＣ
【解析】Ｍ点靠近负电荷，Ｎ点靠近正电荷，Ｍ点的电势低于Ｎ点的电势，由于涂料颗粒带负电，所以在Ｍ点的电
势能大于在Ｎ点的电势能，Ａ、Ｄ项错误；电场线越密，电场强度越大，Ｍ点的电场强度大于 Ｎ点的电场强度，Ｂ
项正确；带负电的涂料颗受到的电场力与电场线的切线方向相反，指向运动轨迹的凹侧，所以该涂料颗粒的运动
轨迹可能是虚线１，Ｃ项正确。
９．【答案】ＡＤ
【解析】电流表Ａ、Ａ 串联，流经电流表Ａ、Ａ 电流相等，所以两表的示数相等，又因为 Ａ 的量程比 Ａ 的大，所
１ ２ １ ２ １ ２
以Ａ 内部表头并联的电阻比Ａ 内部表头并联的电阻小，所以流经Ａ 内部表头的电流比流经Ａ 内部表头的电
１ ２ １ ２
流小，所以电流表Ａ 的指针偏转角度比Ａ 的小，Ａ项正确，Ｂ项错误；电压表 Ｖ、Ｖ 并联，两端的电压相等，所
１ ２ １ ２
以两表的示数相等，因为电压表 Ｖ 的量程比 Ｖ 的大，所以 Ｖ 的总电阻比 Ｖ 的总电阻大，所以流经 Ｖ 的电流
１ ２ １ ２ １
比流经Ｖ 的电流小，电压表Ｖ 的指针偏转角度比Ｖ 的小，Ｃ项错误，Ｄ项正确。
２ １ ２
１０．【答案】ＡＣ
【解析】试探电荷在轨道２上从Ｍ点运动到Ｎ点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，Ａ项正确；根
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书书书ｑＱ
据库仑力公式，Ｆ＝ｋ ，试探电荷在Ｍ、Ｎ点受到的库仑力大小之比为９１，Ｂ项错误；试探电荷先后绕 Ｏ点沿
ｒ２
ｒ３ （２ｒ）３
圆形轨道１和椭圆轨道２运动，设轨道１的半径为 ｒ，类比开普勒第三定律， ＝ ，试探电荷在轨道１、２的
Ｔ２ Ｔ２
１ ２
运动周期之比为１２槡２，Ｃ项正确；类比开普勒第二定律可知，试探电荷在轨道２上，与 Ｏ点的连线在相等时
１ １
间内扫过的面积相等，则有 ｖΔｔ·ｒ＝ ｖΔｔ·３ｒ，试探电荷在轨道２上的 Ｍ、Ｎ点线速度大小之比为３１，Ｄ
２Ｍ ２Ｎ
项错误。
πＲｄ２
１１．【答案】（１）１２０（１１８～１２２均可，２分） １．７４５（１．７４４～１．７４７均可，２分） （２） （２分）
４Ｌ
【解析】（１）多用电表读数为Ｒ＝１０×１２．０Ω＝１２０Ω，螺旋测微器读数为１．５ｍｍ＋２４．５×０．０１ｍｍ＝１．７４５ｍｍ。
Ｌ Ｌ πＲｄ２
（２）根据电阻定律Ｒ＝ρ ＝ρ ，解得ρ＝ 。
Ｓ π ４Ｌ
ｄ２
４
１２．【答案】（１）①左（１分） （２）①４．５（２分） ②９．０（２分） ３．０（２分） （３）偏小（１分） 偏小（１分）
【解析】（１）①闭合开关前，滑动变阻器Ｒ的滑片应置于最左端。
（２）①当电流传感器１中电流为１．５ｍＡ时，定值电阻Ｒ两端的电压为Ｕ＝ＩＲ＝４．５Ｖ；②根据闭合电路欧姆定
０ ０
Ｒ Ｅ Ｒ ３．０－１．０ Ｅ
律有Ｅ＝ＩＲ＋Ｉｒ，即Ｉ＝－０ Ｉ＋ ，结合图乙， ０＝ ＝１０３， ＝３．０Ａ，解得Ｅ＝９．０Ｖ，ｒ＝３．０Ω。
１ ０ ２ ２ ｒ１ ｒ ｒ ２．０×１０－３ ｒ
Ｒ＋ｒ Ｅ
（３）若考虑电流传感器１所在支路的电流，根据闭合电路欧姆定律有 Ｅ＝ＩＲ＋(Ｉ＋Ｉ) ｒ，即 Ｉ＝－０ Ｉ＋ ，所
１ ０ １ ２ ２ ｒ １ ｒ
Ｒ＋ｒ Ｅ １０００ １０００
以， ０ ＝１０３， ＝３．０Ａ，解得Ｅ＝ Ｖ，ｒ＝ Ω，所以，第（２）问中测得锂电池组的电动势和内阻与真实值
ｒ ｒ １１１ ３３３
相比均偏小。
１３．解：（１）根据电阻定律
Ｌ
Ｒ＝ρ （２分）
Ｓ
解得Ｒ＝４０Ω（２分）
（２）根据欧姆定律
Ｅ
Ｉ＝ （２分）
Ｒ ＋Ｒ
变
当Ｒ ＝２０Ω时，电流最小，Ｉ ＝０．６Ａ
变 ｍｉｎ
该镍铬合金丝最小发热功率Ｐ＝Ｉ２ Ｒ（２分）
ｍｉｎ
解得Ｐ＝１４．４Ｗ（２分）
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）①根据牛顿第二定律，ｑＥ＝ｍａ（１分）
Ｕ
Ｅ＝ （１分）
ｄ
ｑＵ
解得ａ＝ （１分）
ｍｄ
１
根据动能定理，ｑＵ＝ ｍｖ２（１分）
２
２ｑＵ
解得ｖ＝ （１分）
槡
ｍ
高二物理 第 ２页（共３页）②根据电场力做功，Ｗ＝ｎｑＵ（２分）
（２）若考虑粉尘颗粒的重力及空气阻力，达到最大速率ｖ时，粉尘颗粒处于平衡状态
ｍ
ｑＥ＋ｍｇ＝Ｆ（２分）
ｆ
Ｆ＝ｋｒｖ（１分）
ｆ ０ｍ
１ ｑＵ
解得ｖ＝ （ｍｇ＋ ）（１分）
ｍ ｋｒ ｄ
０
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。
１５．解：（１）在第四象限，根据牛顿第二定律，ｅＥ＝ｍａ（２分）
０ １
电子在第四象限做类平抛运动，沿ｘ轴方向，２Ｌ＝ｖｔ（１分）
０１
１
沿ｙ轴方向，Ｌ＝ ａｔ２（１分）
２ １１
ｍｖ２
解得Ｅ＝ ０ （１分）
０ ２ｅＬ
（２）电子从ｘ轴上的Ｐ点第一次通过ｘ轴时，沿ｙ轴方向，ｖ＝ａｔ（１分）
ｙ１ １１
解得ｖ＝ｖ
ｙ１ ０
所以电子从ｘ轴上的Ｐ点第一次通过ｘ轴时，与ｘ轴正方向的夹角为４５°，在第一象限内，电子沿ｙ轴正方向先
做匀减速，速度减到零后反向加速，第二次回到ｘ轴
在第一象限，根据牛顿第二定律，ｅ×２Ｅ＝ｍａ（２分）
０ ２
沿ｙ轴方向，ｖ－（－ｖ）＝ａｔ（１分）
ｙ１ ｙ１ ２２
沿ｘ轴方向，ｘ＝ｖｔ（１分）
２ ０２
解得ｘ＝２Ｌ
２
电子第二次通过ｘ轴时的坐标为(４Ｌ，０)（１分）
Ｔ
（３）从电子第一次通过ｘ轴进入第一象限时开始计时，沿ｙ轴方向，０～ ，电子向上做减速运动，根据牛顿第二
５
定律可知，粒子在第一象限内的加速度大小仍为ａ（１分）
２
Ｔ Ｔ ｖ
在ｔ＝ 时，沿ｙ轴方向，电子的速度大小ｖ＝ｖ－ａ× ＝０
５ ｙ２ ｙ１ ２ ５ ２
Ｔ ２Ｔ
～ ，电场强度为零，沿ｙ轴方向，电子做匀速直线运动
５ ５
２Ｔ ３Ｔ
～ ，沿ｙ轴方向，电子继续做匀减速运动
５ ５
３Ｔ Ｔ
ｔ＝ 时，沿ｙ轴方向，电子的速度大小ｖ＝ｖ－ａ× ＝０
５ ｙ３ ｙ２ ２ ５
３Ｔ
～Ｔ，电子沿ｙ轴方向的分速度为０，所以沿ｘ轴方向做匀速直线运动（２分）
５
８Ｔ
根据运动的对称性，可知ｔ＝ 时，电子第二次回到ｘ轴，之后电子以与ｘ轴成４５°的方向斜射入第四象限，粒子
５
２ｖ
在第四象限运动时间ｔ＝
ｙ１（１分）
３ ａ
１
ｔ时间内，电子在第四象限内沿ｘ轴的位移ｘ＝ｖｔ（１分）
３ ０３
８Ｔ
从电子第一次经过ｘ轴至第三次经过ｘ轴，沿水平方向的位移为ｘ＝ ×ｖ＋ｘ＝８Ｌ（１分）
总 ５ ０
此时的位置坐标为(１０Ｌ，０)（１分）
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３页）
