甘肃省白银市九中2026届物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

甘肃省白银市九中2026届物理高二第一学期期末质量跟踪监视试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称．已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是 ( )

A.a点的电势高于c点的电势
B.a点的场强与c点的场强完全相同
C.M点处放置的是正电荷
D.若将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功
2、在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为、质量为的带电球体，管道半径略大于球体半径。整个管道处于磁感应强度为的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直。现给带电球体一个水平速度，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为

A. B.
C.[] D.[]
3、如图所示中OA为一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连．当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用．B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度．现用一水平力F作用于A，使之向右缓慢地做直线运动，则在运动过程中（　）

A.地面对A的支持力N逐渐增大
B.地面对A的摩擦力f保持不变
C.地面对A的支持力N逐渐减小
D.地面对A的摩擦力f逐渐减小
4、如图所示，两根等高光滑的 1/4 圆弧轨道，半径为 r、间距为 L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻 值为 R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B，现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始，在拉力作用下以初速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处， 则该过程中（ ）

A.通过 R 的电流方向为由 a→R→b
B.通过 R 的电流方向为由 b→R→a
C.R 上产生的热量为
D.流过 R 的电量为
5、如图所示的U一I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知

A.R的阻值为0.5 Ω B.电源电动势为4.0V，内阻为0.5 Ω
C.电源的短路电流为1.0 A D.电源内部消耗功率为2.0 W
6、如图所示，A、B是平行板电容器的两个极板，分别带有等量异种电荷，A板带负电荷，B板接地．若将A板向上平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是（ ）

A.E 不变，φ变大 B.E 不变，φ不变
C.E 变大，φ不变 D.E 变小，φ变小
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图像，下列判断正确的是（　　）

A.电动势E1=E2，内阻r1<r2
B.电动势E1=E2，发生短路时的电流I1>I2
C.电动势E1>E2，内阻r1<r2
D.当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大
8、如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（）

A.若改为电荷量﹣q的离子，将往上偏（其它条件不变）
B.若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）
C.若改为电荷量+2q的离子，将往下偏（其它条件不变）
D.若速度变为v0将往下偏（其它条件不变）
9、如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）

A.偏转电场对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，
10、如图所示，截面为正方形的容器在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，忽略电子间的作用，下列说法正确的是( )

A.从cd两孔射出的电子速度之比为v1∶v2＝2∶1
B.从cd两孔射出的电子在容器中运动所用的时间之比为t1∶t2＝1∶2
C.从cd两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
D.从cd两孔射出电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1∶a2＝∶1
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）现有一个电压表、一个电阻箱、一个开关及导线若干，如何根据闭合电路欧姆定律测出一节干电池的电动势和内电阻
（1）在方框中画出电路图_____

（2）实验过程中，将电阻箱拨到45Ω时，电压表读数为0.90V；若将电阻箱拨到图甲所示，可以读出电阻箱的阻值为______Ω，电压表的读数如图乙所示，读数为________V.

（3）根据以上实验数据，可以算出该节干电池的电动势E＝_______V，内电阻r＝_______Ω.（保留三位有效数字）
（4）电动势的测量值________真实值，内电阻的测量值________真实值。（填“大于”、“小于”或“等于”）
12．（12分）用伏安法测量一个阻值约为50Ω的未知电阻Rx的阻值，有下列器材：
电源E(电动势3V，内阻可忽略不计)；
电流表A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)；
电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)；
电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)；
电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)；
滑动变阻器R(0～5Ω，允许最大电流2.0A)；
开关、导线若干。
（1）在以上备选器材中，电流表应选用________，电压表应选用________ (填写器材的字母代号)；
（2）在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图。（要求电表测量值的范围尽可能大一些，电阻的测量误差尽量小）
（ ）

（3）本实验中电阻的测量值比其真实值_________（选填“偏大”或“偏小”）。
四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】因正电荷由a到c电势能增加，则电场力做负功，则电势升高．故c点电势高于a点电势．则M点为负电荷，故AC错误

a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故B错误；将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功．故D正确；
故选D
【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握
2、D
【解析】考查洛伦兹力，动能定理。
【详解】如图，受力分析：
当速度较小时，洛伦兹力小于重力，受力分析如图：

由于摩擦力的作用，小球减速，洛伦兹力继续减小，由：

支持力增大，摩擦力增大，减速运动加速度增大，直到速度减为0，由动能定理：

即带电球体克服摩擦力所做的功为，B选项可能；
当速度达到某个值，使洛伦兹力等于重力，受力分析如图：

即当：

解得时，摩擦力为零，小球做匀速直线运动，带电球体克服摩擦力所做的功为零，A选项可能；
当速度较大时，洛伦兹力大于重力，受力分析如图：

由于摩擦力的作用，小球减速，洛伦兹力继续减小，由：

可知，压力减小，当速度减小到时，摩擦力为0，不再减速，由动能定理：

即带电球体克服摩擦力所做的功：，C选项可能；
所以四个选项中，不可能的是D选项。
故选D。
3、B
【解析】AC

对物体进行受力分析如上图所示，绶慢移动物体处于平衡状态，竖直方向合力为零，施加F前，设B点到物体A的距离为h，施加F后，由平衡关系可得

分析该式可知支持力不变，故AC都错误；
BD．地面对A的摩擦力，FN不变，摩擦力不变，故B正确，D错误。
故选择B选项。
4、B
【解析】金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由b→R→a，故A错误，B正确；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，有效值，经过的时间为：，根据焦耳定律有：，故C错误；通过R的电量由公式：，故D错误
5、D
【解析】A．R的U-I图线的斜率大小等于R的阻值，则

故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定：U=E-Ir，当I=0时，U=E，可读出电源的电动势E=4.0V，内阻等于图线a的斜率大小，则

故B错误；
C．当路端电压为0时的电流即为短路电流，由图可知，电源的短路电流为2.0A，故C错误；
D．电源内部消耗功率为

故D正确。
故选D。
6、B
【解析】由题知，电容器所带电量不变，根据、、E=U/d结合分析E的变化．由U=Ed分析P点与下板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化
【详解】据题，电容器所带电量Q不变．根据、、得，则知电场强度E不变．P与下板间的距离不变，E不变，则由U=Ed分析P点与下板间电势差不变，下板电势为零，所以φ不变．故B正确．故选B
【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握、、，也可以根据推论可知E不变

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、ABD
【解析】AC、在U-I图像中与纵坐标的交点表示电动势的大小，图像斜率的大小表示了电源内阻的大小，结合图像知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故A正确；C错误
B、图像与横坐标的交点表示电压为零时的电流值，此值表示了短路电流的大小，结合图像知：I1＞ I2，故B正确；
D、由知 ，由于r1＜r2，当当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；
8、BD
【解析】因为恰能沿直线飞出离子速度选择器，所以受力平衡，即．若改为电荷量－q的离子，依然沿直线飞出（因为电场力跟洛伦兹力均反向依然平衡），A错
若速度变为则2v0洛伦兹力大于电场力将往上偏，B对
平衡与电荷量以及电性无关，故C错
若速度变为v0将往下偏（因为洛伦兹力小于电场力），D对
9、AD
【解析】AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知

解得

粒子在偏转电场中的时间

在偏转电场中的纵向速度

纵向位移

即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；
CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。
故选AD
【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。
10、ABC
【解析】A．设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd

由

得出半径公式，又由运动轨迹知rc=2rd
则有vc：vd=2：1，A正确；
B．由

根据圆心角求出运行时间

运行时间，tc=，则tc：td=1：2，B正确；
CD．向心加速度：

则ac：ad=2：1，C正确，D错误。
故选ABC。
【点睛】本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式，和周期公式

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 ①. ②.110 ③.1.10 ④.1.30 ⑤.20.0 ⑥.小于 ⑦.小于
【解析】(1)[1]本实验中采用电阻箱，故只需要将电阻箱与电压表并联即可完成实验；电路图如图

(2)[2]电阻箱读数为

[3]电压表读数为

(3)[4][5]由闭合电路欧姆定律有

两式联立解得

(4)[6][7]根据等效电路可知，当电源没有接入电路时两端电压为电源电动势，由于此时电源与电压表串联，所以电压表的示数即为电源电动势测量值，故电动势测量值小于真实值，内阻测量值为电压表内阻与电源内阻的并联值，所以内阻测量值小于真实值。
12、 ①.A1 ②.V1 ③. ④.偏小
【解析】（1）[1][2]．电源电动势E=3V，故电压表选用V1；那么通过待测电阻的最大电流故电流表选用A1；
（2）[3]．要求电表测量值的范围尽可能大一些，故滑动变阻器采用分压式接法；待测电阻阻值较小，故电流表采用外接法；电路图如图所示：

（3）[4]．电流表外接测电阻，电压测量准确，电流测量偏大，故电阻测量值偏小；

四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）2T；（2）1.5m/s2，方向沿斜面向上
【解析】（1）当R0=1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律求解电流强度，由平衡条件求解磁感应强度；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律求解加速度大小
【详解】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上
【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答
14、 (1) (2)3N
【解析】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

解得：

(2)小球在C点时受力分析如图

由牛顿第二定律得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力：
NC′=NC=3N
15、8cm
【解析】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得

代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得

联立求得
代入数据解得