山东省济南市2023-2024学年高二年级上册1月期末考试物理试题（解析版）

2024年1月济南市高二期末学习质量检测

物理试题

本试卷满分100分。考试用时90分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在规定的位

置上。

2.回答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其它答案标号。

3.回答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔作答（作图除外），答案必须写在答题卡各

题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不能使

用涂改液，胶带纸，修正带和其他笔。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要

求。

1.汽车在平直公路上刹车，若所受阻力恒定，则汽车刹车时间由下面哪个物理量决定（）

A.动量B.动能C.初速度D.质量

【答案】A

【解析】

【详解】根据动量定理可知

G-ft--mv0

所以

.f

刹车时间由动量决定。

故选A。

2.短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙

追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与

冰面在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统（）

A.动量不守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒

C.动量守恒，机械能守恒D.动量守恒，机械能不守恒

【答案】D

【解析】

【详解】乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用，系

统合力为零，则动量守恒，因为在推甲的过程中消耗了乙的化学能，所以系统机械能不守恒。

故选D。

3.一动能为E的&粒子与一静止的速核发生弹性正碰，已知就核的质量是a粒子的5倍，则碰撞后a粒

子的动能是（）

£42

A.—B.—EC.—ED.E

693

【答案】B

【解析】

【详解】两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得

mva=mva'+5mv'

121i91-,2

—mve=—mv“+—5mv

222

其中

口12

E=~mVa

解得碰撞后a粒子动能为

1,4

E'=-mv'2=-E

2a9

故选B。

4.三个完全相同的带电小球。、b,c,都从距地面相同的高度由静止释放，。球只受重力，b球下方有

水平方向的匀强磁场，。球下方有水平方向的匀强电场，三个小球落地速度大小分别为打、以、匕，不计

空气阻力，则（）

A.%=以=匕B.va<vb<vcC.%=%,<%D.va=vb>vc

【答案】C

【解析】

【详解】根据题意可知，。球做自由落体运动，下落过程中只有重力做功；6球在下落过程中经过磁场，受

到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直且对小球始终不做功，b球下落过程中只有重力对小球做

功，根据动能定理知匕球下落的末动能与。球的末动能相等，即速度大小相等；C在下落的过程中电场力

对小球做正功，故根据动能定理知C球的落地速度大于a球的落地速度，故

%%＜匕

故选C„

5.为了儿童安全，必须检测布绒玩具中是否存在金属断针。通常先将玩具置于强磁场，磁化断针，再用磁

报警装置进行检测。磁报警装置中的一部分电路如图所示，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出

现而减小；%、&是定值电阻；。、b端接报警器。电源电动势为E,内阻为厂，传感器4未检测到断

针时，电流表的示数为/,通过凡的电流为八，a、b两端的电压为U。当传感器之检测到断针时，下

列说法正确的是（）

4°---[T------

--E,r区

/-I

bo——X--------1|--------1----------

A./变小，变大，u不变B./变小，A变小，。变小

C./变大，A变小，。不变D./变大,人变小，U变小

【答案】D

【解析】

【详解】发现断针时，磁敏电阻的阻值减小，则总阻值R总减小,由闭合电路的欧姆定律可知，电路中总

电流

Ia=—

心R总

增大，内电压

u#=Kr

增大，故路端电压

"外=~U内

减小，a、。两端的电压

U"="外

减小；因总电流增大，岛两端的电压

UR、=/总用

增大，则以两端的电压

UR「U外-川

减小，故流过&的电流

与

减小，根据并联电路的特点，总电流变大，则电流表的电流

/=/总一12

增大。

故选D。

6.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发涡旋电场。如图甲所示，一个半径为尺的绝缘细

圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一电荷量为q的带正电小球。已知磁感应强度随时

间变化图像如图乙所示。若小球在环上运动一周，则涡旋电场对小球的作用力所做功的大小是（）

UD.---------------------

2to

、q—BL口2以4一4"

%%

【答案】C

【解析】

【详解】若小球在环上运动一周，可将圆环看成一导电回路，根据图乙可得感应电动势为

川电-BMR2

U=--O=-----------------------

AZt0

小球在环上运动一周，则涡旋电场对小球的作用力所做功的大小为

wTT兀R2

W=qU=-------------

%

故选C。

7.如图所示，AABC是等腰三角形，ZA=ZC=30°.在A点和5点分别垂直纸面放置一条通电长直导

线，在。处产生的磁场的方向由。指向3.已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度3=左,，

r

其中左为常量，/为导线中的电流，〃为场中某点到导线的垂直距离.则A、3两处导线中的电流之比为

()

.C

o---------------------------------------6

AB

A.2:1B.2:73C.73:1D.3:2

【答案】A

【解析】

◎'二------。

AB

由题意可知，c点的合磁场方向沿CB方向，可知A电流方向向里，8电流方向向外；在C点的磁场方向

如图，导线A在C点的磁场Bi与导线B在C点的磁场史的关系为

B?=B[sin60°

设BC=L,贝UAC=6L，则

9K

B,=也

-L

解得

，/=2：1

故选A„

8.如图所示，质量为用的薄板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在水平面上，。为自然伸长位

置。平衡时，弹簧的压缩量为无。一质量为"2的物块P从距薄板正上方3元的A处自由落下，打在薄板上

立刻与薄板一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，恰能回到。点。若把物块尸换成物块Q,仍从

A处自由落下，碰后二者仍然一起向下运动，且不粘连，又向上运动时物块。到达的最高点比。点高

X

-O不计空气阻力，物块。的质量为（

2

C.3mD.4m

【答案】B

【解析】

【详解】物块由A点下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律可得

mg-3x=

解得碰前物块的速度

物块与钢板碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得

mvo=2mv{

解得

碰撞后只有重力、弹力做功，机械能守恒，设弹性势能为母，由机械能守恒定律得

12

Ep-=Imgx

解得

ELp=—1mgx

当物块。下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得

mg・3x=g加诏

解得

Vo=V6gx

碰撞过程中动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得

mv0=(m+m)v2

以后物和钢板一起压缩弹簧又回到。点过程中机械能守恒，设回到。点时速度为V3,由机械能守恒定律得

Ep+^-(m+m)v^=(jn+m)gx。+

在。点物块与钢板分离，做竖直上抛运动，上升高度

X_vj

2=2^

联立解得

m=2m

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.有一种非接触式电源供应系统，这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力.其主要构造由两个共轴并

靠近放置的线圈A、B组成，如图甲所示。若A中通有如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是

A.1=一时，B中电流达到最大值

4

B.4时，B中电流达到最大值

2

C.在0到工这段时间内，A、B互相排斥

4

D.在0到二这段时间内，A、B互相吸引

4

【答案】BC

【解析】

【详解】A.7=工时，A中电流最大，但是电流的变化率最小，则B中电流达到最小值，选项A错误；

4

B./=工时，A中电流为零，但是电流的变化率最大，B中电流达到最大值，选项B正确；

2

CD.在0到二这段时间内，A中电流增加，根据楞次定律可知，B中产生的感应电流与A反向，则A、B

4

互相排斥，选项C正确，D错误。

故选BC„

10.某同学用如图所示的电路研究远距离输电.已知与为升压变压器，匝数比为1：〃，4为降压变压

器，匝数比为〃：1,4个定值电阻尺的阻值均为10Q,L1、L?均为5V、4W的灯泡.当A、B端接入

6V的正弦交流电时，灯泡L2正常发光.若两个变压器可视为理想变压器，两个电流表4、4可视为理

想电表，导线电阻不计.下列说法正确的是（）

A.电流表4的示数小于电流表4的示数B.灯泡L2比灯泡L1亮

C.n=2D.n=4

【答案】BD

【解析】

【详解】CD.灯泡L?正常发光，可知变压器B2的次级电压为5V,电流为/L2=0.8A,根据变压器电压和

08

电流与匝数关系可知，变压器B2初级电压为5〃V,电流为一A；变压器Bi次级电压为6九V,则

n

「U0.8cn

6〃一5〃二——X2A

n

解得

n=4

选项C错误，D正确;

A.灯泡电阻

U252

R="=乙。=6.25。

L尸4

电流表Ai的示数

I.=―--=―--Ax0.23A

2R+RL20+6.25

电流表A2的示数

0.8

I?~—A—0.2A

n

则电流表Ai的示数大于电流表A2的示数，选项A错误;

B.因

/L1—/1-0.23A<7LT=0.8A

灯泡L2比灯泡Li亮，选项B正确。

故选BD。

11.某同步加速器的简化模型如图所示。M.N为两块中心开有小孔的平行金属板。/=0时刻，质量为

用、电荷量为q的带正电粒子A（不计重力）从/板小孔飘入两板间，初速度可视为零。当粒子进入两板

间时，两板间的电势差变为U,粒子得到第一次加速；当粒子离开N板时，两板上的电势差立即变为

零。两板外部环形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大

于板间距离。粒子经电场多次加速，动能不断增大，为使7?保持不变，磁场必须相应地变化。不计粒子加

速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。下列说法正确

的是（）

【答案】AC

【解析】

【详解】A.由题意可知带正电粒子逆时针在磁场中做圆周运动，由左手定则可知，环形区域内磁场方向垂

直纸面向里，故A正确；v产网已

Vm

B.前〃周内电场力对粒子做的功为

W=nqU

由动能定理得

12

nqU=-mvn

解得粒子绕行“周回到/板时的速度大小

Vm

故B错误；

C.设粒子绕行第〃周时的磁感应强度为8“，粒子绕行第〃周时，由牛顿第二定律

qvnBn=〃窄

解得

故C正确;

D.A在运动的第"周时的周期为

A在运动的第九周内电场力对粒子做功的平均功率Pn

nqU_nqUInqU

P„=

TnnRV2m

故D错误。

故选AC。

12.如图所示，ACDE为相同的等腰直角三角形，且A、C、E在同一条直线上.AABC内有

垂直纸面向里的匀强磁场，ACDE内有垂直纸面向外的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相等.一电

阻分布均匀的正方形导线框的边长为/,且为A3长度的一半。该线框沿ACE向右以速度v匀速穿过磁

场，/=0时刻恰好位于图中所示位置.线框平行于ACE方向所受的安培力为尸，向左为正，导线框中电

流/以顺时针方向为正方向，二者与时间/的关系图像正确的是（）

【答案】AC

【解析】

【详解】

设线框边长为L从位置1到位置2,线圈切割磁感线的有效长度为则电流

Bvt-v

Ir=---------oct

R

即电流从0增加到处，方向顺时针为正方向；导体框受安培力

R

Byt^BW

F=BIlBvt=

2

即安培力从零增加到B,v，方向向左为正方向；

R

从位置2到位置3,线圈切割磁感线的有效长度为

l=L+L-vt=2L-vt

则电流

B(2L-vt)-v

L----------------

R

B,2L-vB•L•v

则电流从---------减到--------零，方向顺时针为正方向；导体框受安培力

RR

F=BIl=B-(2j)=笈(2…2.y

RR

即安培力从百.4力•匕减小到夕•I?•'该变化过程为开口向上的抛物线，安培力方向向左为正方向;

RR

从位置3到位置4,电流与从1到2变化相同，只不过电流方向为负方向；安培力的变化与从1到2相

同，仍为向左为正方向；

从位置4到位置5,线圈切割磁感线的有效长度为心近，则电流

,B（L-vt）-v

1=-------

R

即电流从处减小到0,方向逆时针为负方向；导体框受安培力

R

…//2（1）2"

R

R2.£2.V

即安培力从减小到零,方向向左为正方向；

R

综上所述，结合图像可知，故AC正确，BD错误

故选ACo

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.小明同学在学习了《验证动量守恒定律》以后，用手机连拍功能记录两个小球平抛的过程来进行实

验。如图（1）所示，他先让小球A从斜面上滚下（不放小球3）,拍摄小球A的部分平抛过程的照片，如

图（2）甲所示；然后把小球8放在图（1）中所示位置，让两个小球碰撞后，记录两个小球A、8的部分

平抛过程，如图（2）乙所示。已知背景图中网格线的竖直线和重锤线的方向重合，重力加速度为g。

T—

T

「

—

—

—

—

一

二

「

t-r-丁T

，

l，

T--riT-+4-TT

耳

+i一

，

I，1

卞

-T-十

+:L,:r:'JI%

J-十

—

-I-苒+

+十

:L:--l-33

;IJ-1.1二

十.L

林:

-lj—-|

二

r！_TJ

-!，---J..L

丁

十;:

廿

十i-t_;'-r

口

--，

丁

丁

+;TT「

丁

+十-H-

十T

--十±

七--!

+，-r-r

1-1-—

-0-U±T-J

工-I-->--rT

，

—1

-5-:TJ.十-l-

—:

1-T十,十十

丁-r-t1H

十

甲J;..TJ

。

—-!-

丁

-l—-乙

­!-图⑵

®(1)-l-

—

（1）根据实验设计，下列说法中正确的是o

A.图（1）中斜槽末端必须是水平的

B.图（1）中斜槽与小球之间的摩擦力要尽可能的小

C.小球A的质量不一定比小球3的质量大

D.两个小球半径必须一样

（2）若背景图中的方格纸边长为L,根据图（2）甲中的信息，小球A平抛的初速度可以表示为

（3）若两个小球碰撞过程中动量守恒，小球A的质量为加A，小球3的质量为MB，根据图（2）乙中的

信息、，两个小球的质量比mA:mB=o

【答案】①.AD##DA|72g£@.2：1

【解析】

【详解】（1）[1]A.为了保证小球的初速度水平，斜槽末端必须水平，故A正确；

B.为了保证小球的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故

B错误；

C.为了防止小球A碰后反弹，所以小球A的质量比小球3的质量大，故C错误；

D.为了发生对心碰撞，两个小球半径必须一样，故D正确。

故选AD。

（2）[2]在竖直方向上，根据△产gN得

小球A平抛的初速度

%#二|历

（3）[3]根据图像可知，碰后

L4L

VA=~>VB=—

根据

mAv0^mAvA+mBvB

解得

mA:mB-2:1

14.某同学采用如图所示电路测量定值电阻的阻值，实验器材如下:

电压表V1（量程0〜3V,内阻6=3.0kC）

电压表V2（量程。〜5V,内阻7-约为5.0kQ）

滑动变阻器A

待测定值电阻段

电源E（电动势6.0V,内阻不计）

开关和导线若干

回答下列问题：

<B>

占

(1)闭合开关前，将滑动变阻器滑片置于(选填“左端”“中间”或“右端”)。

(2)在此电路图中，A为电压表(选填"Y”或"V?”)。

(3)调节滑动变阻器，两电压表V、V2读数分别q、U］,根据实验电路图，可得凡=(用

U［、。2和彳表示)。

(4)若电压表V］实际电阻小于3.0kC,则此的测量值与真实值相比(选填“偏大”“偏小”或

“相等”)。

U7-U.

【答案】①.左端②.V、③.二"④.偏大

【解析】

【详解】(1)［1］闭合开关前，将滑动变阻器滑片置于左端，电压表读数为零，保护电路。

(2)［2］因为电压表V］内阻已知，所以A为电压表V］,通过Y可以测量待测电阻电流。

(3)［3］据实验电路图，则有

rr

⑷⑷若电压表Y实际电阻小于3.0kQ,则电阻4的测量值与真实值相比偏大。

15.如图所示，半径为尺的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内，轨道最低点在C处与水平地面相

切，质量为用的滑块从粗糙地面上某处在水平恒力产的作用下由静止开始向左运动，到C点时撤去外

力，滑块到达A点时对轨道的压力大小为加g,已知根=4kg,滑块与地面的动摩擦因数〃=0.4,轨道

半径尺=0.6m,水平恒力尸=20N,重力加速度g取lOm/sz,求：

(1)滑块到达。点时的速度大小;

(2)水平恒力产作用的时间/。

【答案】(1)6m/s；(2)6s

【解析】

【详解】(1)滑块到达A点时由牛顿第二定律得

v2

mg+mg=A

滑块从C运动到A的过程中由动能定理得

1212

—mg-2R=—mvA——mvc

解得

vc=6m/s

(2)滑块在水平地面上运动过程中由动量定理得

(F-=mvc

解得

Z=6s

16.如图所示，在xQy坐标系中，x轴上方有匀强电场，电场强度E=0.2N/C,方向水平向左，》轴下

方有匀强磁场，磁感应强度为8,方向垂直纸面向外。一电荷量q=0.02C,质量根=4xl0-6kg的带正

电粒子从第一象限中的加点开始运动，初速度方向沿y轴负方向，恰好从坐标原点。进入磁场；在磁场

中运动一段时间后从x轴上的N点离开磁场，已知M点的坐标为N点的坐标为

(-2m,0),不计粒子的重力，求：

(1)粒子进入磁场时速度的大小和方向；

(2)磁感应强度B的大小。

【答案】（1）200m/s,方向与x轴负方向30°角；（2）2X10-2T

【解析】

【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设在。点离开电场时的速度大小为v,与无轴的夹角为8,轨

迹如下图，则

在y轴方向，粒子做匀速直线运动

卬=yM

在X轴方向，粒子做匀加速直线运动

qE

Cl——

m

匕=〃

12

3at=xM

则在。点时的速度

丫=旧+说

tan0=—

匕

以上各式联立，解得

v=200m/s,6=30°

则粒子进入磁场时的速度的大小为200m/s,方向与x轴负方向30°角;

（2）粒子在磁场中运动轨迹如下图

由几何关系可知

ON

R=

2cos60°

解得

R=2m

粒子在磁场中，根据牛顿第二定律

v2

qvB=m—

R

代入数据，解得

B=2X10-2T

17.如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，导轨间的距离L=lm。质量〃z=lkg,电阻

r=20的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直。导轨顶端与尺=40的电阻相连，其余电阻不计，整个装

置处在垂直纸面向里的匀强磁场内。从/=0开始，导体棒由静止释放，运动过程的丫一,图像如图乙所

示，片4s后导体棒做匀速直线运动，重力加速度g取lOm/s?。求:

（1）磁感应强度8的大小；

（2）/=2s时,导体棒的加速度大小；

【答案】（1）^6T；（2）2m/s\（3）—J

【解析】

【详解】(1)尸4s后导体棒做匀速直线运动，此时的感应电动势为

E]=BLvx

感应电流为

Il=^-

R+r

根据平衡条件有

BIXL=mg

解得

B=V6T

(2)f=2s时，感应电动势为

E2=BLV2

感应电流为

I=E]

〜—R+r

根据平衡条件有

mg-BI2L=ma

解得

a=2m/s2

(3)前2s内，感应电动势的平均值为

—A①BLx

E=----=------

tt

感应电动势的平均值为

1=—

R+r

根据电流的定义式有

7=1

根据动量定理有

mgt—BILt=mv2

根据能量守恒定律有

12