天津市第四中学2026-2027学年高二上学期10月学情调查一物理试卷

天津四中2025级高二上学期物理学情调查一 姓名： 行政班： 物理班： 考号： 、单选题（4′×12=48′) 1.使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电 荷的分布情况，其中正确的是( ) ++(+ 77777 7777 2.关于场强，下列哪个说法是正确的( F A.由E=上可知，放入电场中的电荷在电场中受到的电场力F越大，场强E越大，电荷的 q 电荷量g越大，场强E越小 B.由E=kg 可知，在离点电荷Q很近的地方即·→0，场强E可达无穷大 C.放入电场中某点的检验电荷的电荷量改变时，场强也随之改变；将检验电荷拿走，该点 的场强就是零 D.电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关 3.下列说法正确的是() A.电荷放在电势高的地方，电势能就大 B.正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能 C.无论是正电荷还是负电荷，克服静电力做功它的电势能都增大 D.电场强度为零的点，电势一定为零 4.如图所示，电荷量为+Q的球A置于绝缘支架上，一质量为m、电荷量为g的小球B,用 长为L的绝缘细线悬挂在架子上，两球的球心在同一水平线上。静止时细线与竖直方向的夹 角为0。重力加速度为g。下列说法正确的是( ) A.球B带负电 B.球A在球B处产生的电场强度大小为 mg tan O Q C.若剪断细线，球B将做匀变速直线运动 D.若球A的电荷量缓慢减少为0，该过程中电场力对球B做的 功为-mgL(1-cos0) 5.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种点电荷，A点是它们连线的中点，B点为连 线上靠近N点的一点，C点为连线中垂线上处于A点上方的一点，且AC=AB。则A、B、 C三点() A.电场强度最小的点是A点，电势最高的点是B点 C B.电场强度最小的点是C点，电势最高的点是B点 +O C.将正点电荷从B点移到C点，电场力做负功 M B N D.将某点电荷从B点移到A点与从B点移到C点电场力做 功不同 6.将一带电量为一9的检验电荷从无限远处移到电场中的A点，该过程中克服电场力做功为 W,则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（取无限远处电势能为0）() A.E,=-w,4=严B.E。=W,,=-形C.E=p,,=D.E。=w,,= W W W 9 7.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PWN为图 线在P点的切线。PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是() A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B.对应P点，小灯泡的电阻为 U I个 P N U C.对应P点，小灯泡的电阻为 12-11 D.对应P点，小灯泡的功率为+1) 2 8.一个电子只在静电力作用下从A点运动到B点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实 线可能是电场线也可能是等势面，下列说法正确的是( A.若实线是电场线，则电子在A点的电势能比在B点的电势能 大 。B B.若实线是电场线，则A点的电势比B点的电势高 C.若实线是等势面，则电子在A点的电势能比在B点的电势能 大 D.若实线是等势面，则A点的电势比B点的电势低 9.在x轴上的O点和A点分别固定有点电荷91和点电荷92，x轴上O、A点之间各点的电势 P随x变化的图像如图所示，M为OA的中点，且图线在M点处 斜率最小。取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是() A.M点的电势和电场强度都为零 B.O、A点之间电场强度的方向沿x轴正方向 A 92 C.过M点与x轴垂直的无限大平面上，电势处处为零 D.点电荷41、92带的都是正电荷，且电荷量相等 10.中国聚变工程BEST装置(“人造太阳”)预计在2027年建成，在“人造太阳”（托卡马克 装置)前端直线加速系统实验中，采用平行极板加速器形成匀强电场来加速带电粒子。其基 本原理如图所示，真空中两块平行极板正对放置，极板的正中央各有一小孔，某次带正电粒 子p从左侧正极板小孔由静止出发，直线加速后从右侧极板小孔离开，不计粒子所受重力， 若保持两板间电压恒定，将两板间距离增大到原来的2倍，相同粒子p仍 从左侧正极板小孔由静止出发，则() A.板间电场强度变为原来2倍 B.粒子p在电场中的加速时间变为原来2倍 C.粒子p在电场中的加速度变为原来2倍 D.粒子p出右侧极板时速度变为原来2倍 11.示波器是一种电子仪器，可以用它观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件示 波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。如图乙是从右向左看到的荧 光屏的平面图。在偏转电极上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点；若亮点很快移 动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线。若在X'上加如图丙所示的扫描电压， 在Y'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中的() 亮斑 电子枪 :偏转电极 甲 U 21 B 12.如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P,空间存在着方向水 平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，给小球一个沿圆弧 切线左下方的瞬时速度，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动，重力加速度为8。下 列分析正确的是() A.小球可能带负电 B.当小球运动到最高点α时，小球的电势能与动能之和最小 C.当小球运动到最高点a的速度2√gr时，小球才能做完整的圆 OP 周运动 D.小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先减小后增大 二、多选题（4′×4=16′) 13.一横截面积为S的铜导线，流过的电流为1，设每单位体积的导线中有个自由电子，电 子的电荷量为9，此时电子的定向移动速率为v,在△1时间内，通过导线横截面的自由电子数 目可表示为() I△t I△t A.nvS△t B.nv△t C D 9 g5 14.如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形 成的电场中.导体处于静电平衡时，下列说法正确的是() A。 B· A.A、B两点场强相等，且都为零 X B.A、B两点场强不相等 C.感应电荷产生的电场EA<EB D.当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动 3 15.如图甲所示，A,B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅 在静电力作用下从A点运动到B点，其运动的- VA 图像如图乙所示，则() A.图甲中电场线的方向由B指向A B.A点的电场强度小于B点的电场强度 C.A点的电势低于B点的电势 D.该负电荷在A点的电势能小于其在B点的电势能 16.水平放置的平行板电容器与电流计G、电源E成如图所示的闭合回路，其中电容器下极 板接地，闭合开关，在两板间的P点有一质量为m的液滴处于静止状态，重力加速度为g, 下列说法正确的是() A.保持开关闭合，将上极板下移，液滴向上运动，流经G的电流 b 方向为b到a B.保持开关闭合，将上极板左移，电容器电容减小，P点电势降低， 流经G的电流方向为a到b C.将开关断开，上极板下移，液滴不动，P点电势不变 D. 将开关断开，电容器中间插入玻璃板，电容器两板间的电压变大 三、实验题(6′) 17.某同学为了测量一均匀金属圆柱体的电阻率P,完成下列步骤： 15 4cm 5 6 10 0 10 20 (1)如图所示，用螺旋测微器测量其直径为 mm (2)如图所示，游标卡尺的示数是 mm(游标为20分度，零刻线被污染)。 (3)若用伏安法测得流经圆柱体的电流为，圆柱体两端的电压为U。圆柱体的直径和长度分 别用D和L表示，则该圆柱体的电阻率P= (用I、U、D和L表示) 四、解答题（15′+15′) 18.如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC,电场线平行于三角形ABC所在平面。AB 与BC所成夹角030°，BC长度为4cm。将一个带电荷量q=-4×10-6℃的点电荷由A移动到B, 静电力做功为-1.6×105J:将其由B移到C,电势能减少了8×10-6J。 A 规定B点为零电势点，求： (I)A、B两点间的电势差UAB: (2)C点的电势pc; (3)该匀强电场的电场强度大小E。 0C≥B 19.如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转 电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为U,偏转电场两板间电势差为 U2且上板带负电，板长为L,板间距为d,偏转电 场与荧光屏的距离为1，电子的质量为m、电荷量 为9，其重力不计。 0 (1)电子离开加速电场获得的速度； (2)电子离开偏转电场时的速度偏角的正切值： d、U2 (3)电子打到荧光屏的位置与荧光屏中心的距离y'。 A 《天津四中2025级高二上学期学情调查一》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C D 8 A 题号 11 12 13 14 15 16 答案 C B AC AD AC AC 1.B 【详解】由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以验电器的上端应带上与小球异种 的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同种的电荷。 故选B。 2.D 【详解】ACD.电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关，E=F是场强的定义 式，不能认为电荷在电场中受到的电场力F越大，场强E就越大；也不能认为电荷的电荷量 q越大，场强E就越小，故AC错误，D正确： B.E=k 为点电荷的场强公式，当离点电荷O很近的地方即”0时，就不能看作点电荷 了，点电荷的场强公式就无意义，故B错误。 故选D。 3.C 【详解】A.电势能的大小与电荷的电性有关，正电荷放在电势高的地方，电势能大，而负 电荷放在电势高的地方，电势能小，故A错误： B.正电荷在电场中电势大于零的点，其电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能；而正 电荷在电场中电势小于零的点，其电势能一定小于负电荷在该点具有的电势能，故B错误： C.只要克服静电力做功，电荷的电势能一定增大，与电荷的电性无关，故C正确： D.电场强度与电势无关，可知电场强度为零的点，电势不一定为零，故D错误。 故选C。 4.D 【详解】A.根据图示可知，A、B之间的库仑力为斥力，则球B带正电，故A错误： B.对B球进行分析，根据平衡条件有mg tan 0=gE 解得E= mg tan 9 故B错误； C.若剪断细线，B受到重力A对B的库仑斥力作用，由于A、B间距发生变化，则库仑力 发生变化，B所受合力发生变化，B的加速度发生变化，B的运动不是匀变速直线运动，故C 错误： D.若球A的电荷量缓慢减少为0，则B将缓慢到达最低点，该过程，根据动能定理有 W电+mgL(1-cos0)=0 解得W电=-mgL(（1-cosO) 故D正确。 故选D。 J 5.B 【详解】AB.根据等量异种点电荷电场线的分布，可知EB>E4>E。,电场强度最小的是C 点，等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知p4=P,沿着电场线方向电势逐 渐降低，异种点电荷间的电场线由正点电荷指向负点电荷，知P>P4=P，所以电势最高 点是B点，A错误，B正确； C.B点的电势高于C点的电势，则将正点电荷从B点移到C,电场力做正功，C错误： D.A点与C点处的电势是相等的，所以将某点电荷从B点移到A点与从B点移到C点电场 力做功相同，D错误。 故选B。 6.B 【详解】根据电场力做功与电势能变化的关系：电场力做功等于电势能的减小量。检验电荷 从无限远处移到电场中的A点克服电场力做功W,则有WA=E。一E。4=一W 取无限远处电势能E。=0 故E,A=W E。 根据电势的定义可知p= 9检 本题中检验电荷的带电量为9，故P4= WW 一q 故选B。 7.B 【详解】A.图像上某一点与坐标原点连线的斜率k= △I1 △UUR 随着所加电压的增大，斜率变小，则电阻增大，故A错误： U BC.对应P点，小灯泡的电阻为R= ,故B正确，C错误； L D.对应P点，小灯泡的功率为UI2,故D错误。 故选B。 8.A 【详解】AB.根据题意可知，若实线是电场线，则电子所受电场力水平向右，则电子从A点 运动到B点过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，即电子在A点的电势能比在B点的 电势能大，由公式E,=pg可知，A点的电势比B点的电势低，故A正确，B错误； CD.根据题意可知，若实线是等势面，则电子所受电场力竖直向下，则电子从A点运动到B 点过程中，电场力做负功，电子的电势能增加，即电子在A点的电势能比在B点的电势能小， 由公式E。=pq可知，A点的电势比B点的电势高，故CD错误。 6 故选A。 9.C 【详解】AB.沿x轴从O到A,电势逐渐升高。沿电场线方向电势降低，因此O,A之间 的电场方向沿x轴负方向。图线在M点处斜率最小，表示M点的电场强度大小最小但不为 零；题图又给出M点电势为零，故AB错误： CD.由图像关于M点中心对称可知，关于M点对称的两点电势互为相反数，说明O,A处 点电荷为等量异种点电荷，即9,92电荷量大小相等、符号相反。两电荷连线的中垂面上任 一点到两电荷的距离相等，根据点电荷电势的叠加，该平面上电势均为零，故C正确，D错 误。 故选C。 10.B 【详解】A.板间电场强度为E= 可知，将两板间距离增大到原来的2倍，板间电场强度 d 变为原来2倍，故A错误： C.根据牛顿第二定律可得9E=ma由A分析可知，板间电场强度变为原来)倍，所以粒子 p在电场中的加速度变为原来？倍，故C错误： B.根据d=}ad2,整理可得1=d 2m 即粒子p在电场中的加速时间与两板间距离d成正比，也变为原来2倍，故B正确： 2g0 D.根据动能定理心心，解得，m 则粒子p出右侧极板时速度与两板间距离d无关，即粒子p出右侧极板时速度不变，故D错 误。 故选B。 11.C 【详解】因丙图X'偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与Y'偏转电压上 加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图像。则显 示的图像与Y'所载入的图像形状是一样的，如图C所示。 故选C。 12.B 【详解】A.小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于P处，由 受力平衡可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，故A错误： B.小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点α时小球的重力势能 最大，则电势能与动能之和最小，故B正确： C.小球运动到圆弧b中点，且细线弹力为零时，根据牛顿第二定律有F=m 小球能做完整的圆周运动，解得在该点的速度为v=√√2g 小球从该点运动到a点，根据动能定理有】 解得v。=V(3V2-2)g 因此，当小球运动到最高点a的速度vn≥V(3V2-2)gr时，小球才能做完整的圆周运动，故 C错误； D.小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方 45°角，大小为F=√2mg 小球从d运动到C的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即F做功。因为合力先做正功再做 负功，故小球的速度先增大后减小，故D错误。 故选B。 13.AC 【详解】在△1时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为v△t,由于铜导线的横 截面积为S,则在△1时间内，电子经过的导线体积为V=Sv△t 又单位体积的导线有个自由电子，则在△1时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示 为N=mvS△i 由于流经导线的电流为I,则在△1时间内，流经导线的电荷量为Q=I△1 而电子的电荷量为4，则△M时间内通过导线横截面的自由电子数目也可表示为N=_I△ 99 故选AC。 14.AD 【详解】AB.枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布.因此在枕形 导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，整个导 体是等势体，故A正确，故B错误： C.在枕形导体内部出现感应电荷的电场与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，而点电荷 的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，所以感应电荷产生的附加电场EA>EB,故C 错误； D.当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端 正电荷流向远端，故D正确. 故选AD 点睛：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面.且导体是 等势体 15.AC 【详解】A.负电荷从A由静止释放后向B运动，说明电场力方向由A指向B;负电荷的受 力方向与电场线方向相反，因此电场线方向由B指向A,故A正确： B.V-1图像的斜率表示加速度，由图乙可知，从A到B加速度逐渐减小：根据a=9E m 加速度减小说明电场强度E逐渐减小，因此A点电场强度大于B点，故B错误： C.沿电场线方向电势逐渐降低，电场线方向由B指向A,因此电势Pg>P4，即A点电 势低于B点电势，故C正确： D.负电荷从A到B过程中，电场力做正功，电势能减小，因此负电荷在A点的电势能大于 在B点的电势能，故D错误。 故选AC。 16.AC 【详解】A.保持开关闭合，将上极板下移，则两板间距减小，根据 E=0 d 场强变大，液滴受向上的电场力变大，则液滴向上运动，根据 C=68 Ankd 电容器电容变大，则电容器充电，则流经G的电流方向为b到a,选项A正确： B.保持开关闭合，将上极板左移，根据 C=6S 4πkd 电容器电容减小，两极板间场强不变，则P点电势不变，根据 O=CU 可知，电容器带电量减小，则流经G的电流方向为a到b,选项B错误： C.将开关断开，则两极板带电量Q不变，根据 、U d C9 C= 、S 4πkd 可得 4πkQ E=- ES 上极板下移，则两极板间场强不变，则液滴不动，P点到下极板的电势差不变，则P点电势 不变，选项C正确； D.将开关断开，电容器带电量不变，电容器中间插入玻璃板，根据 C=6S 4πkd 电容器电容变大，根据 Q=CU 可知，两板间的电压变小，选项D错误， 故选AC。 9 17.(1)1.609/1.610/1.611 (2)38.35 3)UD2 4IL 【详解】(1)螺旋测微器的精度为0.01mm,转动刻度要估读到0.1格，直径为 d=1.5mm+11.0×0.01mm=1.610mm(1.609-1.611) (2)20分度的游标卡尺，其游标的实际长度为19mm,则一格的长度为0.95mm,因零刻线 被污染，则可以利用长度差读出长度，结果为45mm-7×0.95mm=38.35mm U (3)由部分电路的欧姆定律可知R= R=PL=pL 4pL. 由电阻定律可得 SπD2πD2 4 联立可得p= πUUID2 41L 18.(1)4V (2)2V (3)100V/m 【详解】(1)根据电场力做功表达式有W4B=qU4B 解得UAB=4V (2)点电荷由B移到C过程，WC=qUC 根据电势差与电势的关系有UBC=PB-P=0-P 根据电场力做功与电势能的关系有Wc=-△E,=8×106J 解得pc=2V (3)令AB连线中点为D,则有PA-PD=PD一PB 结合上述解得pp=2V=pc 可知，CD连线为等势线，电场线应垂直于CD斜向右下方，根据电场强度与电势差的关系有 E=Uic d 其中U4Ac=p4-pe=2V,d=Xnc tan30°.cos30°=2cm 解得E=100V/m 10 2qU 19.(0m U,L 22U,d 2L(L+21) (3)- 4Ud 【详解】(1)电子在加速电场中运动，初速度为0，由动能定理qU,= 整理得离开加速电场的速度v= m (2)电子在偏转电场中做类平抛运动： 水平方向匀速运动L=vt 得运动时间t= 1) 竖直方向匀加速运动：电场强度E= U2 d 加速度a=9E-gU m md 离开时竖直分速度Vy=at 速度偏角正切值满足tan0=Y U,L 联立得tanO= 2Ud (3)根据类平抛运动的推论：电子离开偏转电场时，速度的反向延长线一定经过偏转电场水 平位移的中点。 结合几何关系，偏移量满足y'=tan 代入an8得y=,L(L+2) AUd 11