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

Q-ft=-mv0

所以

f

刹车时间由动量决定。

故选Ao

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=粒子与一静止的就核发生弹性正碰，已知就核的质量是々粒子的5倍，则碰撞后々粒

子的动能是（）

£士E久

A.6B,9C.3D.E

【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'

—1mv^2-—1mv设+—1l5mv.2

22n2

其中

解得碰撞后a粒子的动能为

1,4

E'=-mv'2=-E

2a9

故选B。

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

水平方向的匀强磁场，C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匕、为、匕，不计

空气阻力，则（）

V<VVVVV

A.乜=乜=匕B,ab<cca=b<cD.

【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6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。球的落地速度，故

匕=为<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；居、凡是定值电阻；a、6端接报警器。电源电动势为£,内阻为r，传感器未检测到断

针时，电流表的示数为/,通过与的电流为72,a、台两端的电压为U。当传感器氏8检测到断针时，下

列说法正确的是（

A./变小，变大，U不变B./变小，，2变小，。变小

C./变大，人变小，U不变D./变大，，2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，则总阻值区总减小，由闭合电路的欧姆定律可知,

电路中总

电流

增大，内电压

增大，故路端电压

3'=E-U内

减小，a、b两端的电压

Uab=U外

减小；因总电流增大，&两端的电压

%=1居

增大，则尺2两端的电压

外-4

减小，故流过&的电流

U

A=—R^

减小，根据并联电路的特点，总电流变大，则电流表的电流

/=『人

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（）

q(B2-BjR2

t

A.0B.2o

q(B,-B)兀R~

C.'oD.%

【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

A5(区-四以炉

--O----------

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

q(By—B])7iR^

W=qU=也」一"——

故选C。

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

B=k-

线，在C处产生的磁场的方向由C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r,

其中无为常量，/为导线中的电流，厂为场中某点到导线的垂直距离.则A、8两处导线中的电流之比为

A.2：1B.2：百C.61D.3：2

【答案】A

【解析】

由题意可知，C点的合磁场方向沿方向，可知N电流方向向里，3电流方向向外；在C点的磁场方向

如图，导线/在C点的磁场Bi与导线8在C点的磁场外的关系为

B2=B[sin60°

设BC=L,则贝U

解得

/»=2：1

故选Ao

8.如图所示，质量为切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X。一质量为切的物块尸从距薄板正上方3%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0点。若把物块尸换成物块°,仍从

X

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5

。不计空气阻力，物块。的质量为（）

A,也mB.2mC.3mD.4机

【答案】B

【解析】

【详解】物块由/点下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律可得

mg•3x=gWVQ

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=2mvi

解得

匕=;疯^

碰撞后只有重力、弹力做功，机械能守恒，设弹性势能为为）,由机械能守恒定律得

12

Ep+--2mvi=2mgx

解得

Ep=2mgx

当物块Q下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得

mg-3x=^mv1

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O点时速度为V3，由机械能守恒定律

得

Ep+m)v；=(m+ffl)gx0+g•(机+

在。点物块与钢板分离，做竖直上抛运动，上升高度

2

X_v3

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.4时，B中电流达到最大值

_T_

B.2时，B中电流达到最大值

T_

C.在0到4这段时间内，A、B互相排斥

r

D.在0到4这段时间内，A、B互相吸引

【答案】BC

【解析】

【详解】A.4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；

T

t——

B.2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；

T_

CD.在0到了这段时间内，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互相排斥，选项C正确，D错误。

故选BCo

10.某同学用如图所示的电路研究远距离输电.已知⑸为升压变压器，匝数比为1：〃，为为降压变压

器，匝数比为〃：1,4个定值电阻尺的阻值均为10Q,L、L?均为5V、4W的灯泡.当A、3端接入

6V的正弦交流电时，灯泡正常发光.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L?比灯泡Li亮

C."=2D."=4

【答案】BD

【解析】

【详解】CD.灯泡L2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

0.8

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

,u0.8”

6n—5n=——X2A

n

解得

n=4

选项C错误，D正确;

A.灯泡电阻

U5

R、=^=—Q=6.25Q

LP4

电流表Ai的示数

U6

A«0.23A

2R+RL20+6.25

电流表A2的示数

AQ

I=—A=0.2A

2一n

则电流表Al的示数大于电流表A2的示数，选项A错误;

B.因

L1=I、=0.23A<IL2=0.8A

灯泡L2比灯泡L亮，选项B正确o

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。/=°时刻，质量为

加、电荷量为夕的带正电粒子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",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尺的圆周运动，尺远大

于板间距离。粒子经电场多次加速，动能不断增大，为使五保持不变，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（）

A,环形区域内磁场方向垂直纸面向里

B.粒子绕行"周回到M板时的速度大小为

1\2nmU

R

C.粒子绕行第〃周时的磁感应强度为q

qU\nqU

D.粒子在绕行的第〃周内电场力对A做功的平均功率为汽R2m

【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

vn=

垂直纸面向里，故A正确；

B.前〃周内电场力对粒子做的功为

W=〃qU

由动能定理得

nqU=~mvl

解得粒子绕行〃周回到M板时的速度大小

丫"=

故B错误;

设粒子绕行第九周时的磁感应强度为反

C.，粒子绕行第〃周时，由牛顿第二定律

V2

qV"B=m±

nK

解得

2nmU

B二叫二二皿

"qRqRq

故C正确;

D.A在运动的第〃周时的周期为

A在运动的第〃周内电场力对粒子做功的平均功率匕

nqU_nqU\nqU

p〃-

T71RV2m

故D错误。

故选ACo

12.如图所示，ACQE为相同的等腰直角三角形，且A、C、E在同一条直线上.“8C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4B长度的一半。该线框沿"CE向右以速度”匀速穿过磁

场，°时刻恰好位于图中所示位置.线框平行于"CE方向所受的安培力为b，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】

设线框边长为乙从位置1到位置2,线圈切割磁感线的有效长度为X则电流

rBvt•v

I=-------oct

R

BLv

即电流从0增加到R,方向顺时针为正方向；导体框受安培力

Bvt-vB2v3t2

F-BIl=B-------vt---------

RR

B2.07

即安培力从零增加到R,方向向左为正方向;

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-vtyv

1=------------

R

B2LvBL'V

则电流从R减到R零，方向顺时针为正方向；导体框受安培力

F=BIl=BBQL-gv=

RR

即安培力从R减小到R,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；

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八X则电流

B（L一v。•v

1=-----------

R

BLv

即电流从R减小到0,方向逆时针为负方向；导体框受安培力

F=BII=B*L…

R

即安培力从R减小到零，方向向左为正方向；

综上所述，结合图像可知，故AC正确，BD错误。

故选AC。

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，用手机的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8）,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B放在图（1）中所示位置，让两个小球碰撞后，记录两个小球A、B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。

(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B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心，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的质量为掰力,小球8的质量为机叽根据图(2)乙中的

信息，两个小球的质量比帆4：加8=。

一个2gL

【答案】①.AD##DA②.2③.2：1

【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/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ADo

（2）[2]在竖直方向上，根据Ay=g△得

小球A平抛的初速度

（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Y（量程0~3V,内阻"=3.0kC）

电压表丫2（量程0〜5V,内阻厂约为5.0k£2）

滑动变阻器R

待测定值电阻火、

电源£（电动势6.0V,内阻不计）

开关和导线若干

回答下列问题:

（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“丫2„）。

（3）调节滑动变阻器，两电压表V、丫2读数分别为01、°2,根据实验电路图，可得Rx=（用

5、°2和〃表示）。

（4）若电压表Y实际电阻小于3.0kQ,则凡的测量值与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或

“相等”）。

u「u

f1

【答案】①.左端②.Y③.5④.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M内阻已知，所以A为电压表M,通过Y可以测量待测电阻的电流。

（3）［3］据实验电路图，则有

（4）［4］若电压表Y实际电阻小于3.0kQ,则电阻尺的测量值与真实值相比偏大。

15.如图所示，半径为五的光滑半圆形轨道48c固定在竖直平面内，轨道最低点在C处与水平地面相

切，质量为冽的滑块从粗糙地面上某处在水平恒力厂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/点时对轨道的压力大小为加g,己知机=4kg,滑块与地面的动摩擦因数〃=°4,轨道

半径R=0.6m,水平恒力尸=20N,重力加速度g取lOm/s?,求:

(1)滑块到达C点时的速度大小;

(2)水平恒力厂作用的时间心

f口

..........................Q,

77777777777777777777777777777777777777777777777

【答案】(l)6m/s；(2)6s

【解析】

【详解】(1)滑块到达/点时由牛顿第二定律得

加g+g加支

R

滑块从C运动到A的过程中由动能定理得

cc1212

—mg-2R=—--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-jLimg)t=mvc

解得

，=6s

16.如图所示，在坐标系中，x轴上方有匀强电场，电场强度E=0-2N/C,方向水平向左，x轴下

方有匀强磁场，磁感应强度为5,方向垂直纸面向外。一电荷量"=°,°2C,质量加=4xl0-6kg的带正

电粒子从第一象限中的M点开始运动，初速度方向沿丁轴负方向，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/点的坐标为“5n0百m）,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8的大小。

【答案】（1）200m/s,方向与x轴负方向30°角；（2）ZxlO^T

【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"，与x轴的夹角为8,轨

迹如下图，则

在〉轴方向，粒子做匀速直线运动

在X轴方向，粒子做匀加速直线运动

qE

a=—

m

匕=at

12

3at=xM

则在。点时的速度

v=+

tan3=—

匕

以上各式联立，解得

v=200m/s6=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

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

5=2x102T

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£=lm。质量加=lkg,电阻

r=2C的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直。导轨顶端与氏=4C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。从才=°开始，导体棒由静止释放，运动过程的v-7图像如图乙所

示，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B的大小；

(2)，=2s时，导体棒的加速度大小;

(3)前2s内，电阻R上产生的焦耳热。

2

【答案】（1）"T；（2）2m/s.（3）3

【解析】

【详解】(1)『Ns后导体棒做匀速直线运动，此时的感应电动势为

E[=BLV]

感应电流为

K+r

根据平衡条件有

BI[L=mg

解得

B=s/6T

(2)，=2s时，感应电动势为

E2=BLV2

感应电流为

2-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

-△①BLx

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

tt

感应电动势的平均值为

7=工

R+r

根据电流的定义式有

7=旦

t

根据动量定理有

mgt—BILt-mv2

根据能量守恒定律有

17

mgx=-mv2+Q总

电阻R上产生的焦耳热

D

。=亡~。总

R+r

解得

3

j_

18.如图所示，半径氏=0-8m的K光滑圆弧轨道4g固定于竖直平面，一足够长的滑板/静止在光滑水

平地面上，左端紧靠5点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，离滑板右端4=0,5m处有一竖直固

定的挡板尸。一可视为质点的物块冽从A点由静止释放，经B点滑上滑板。已知物块与滑板间的动摩擦因

数〃=0.4,滑板的质量河=1.5m。滑板与挡板碰撞时无机械能损失，滑板返回8点时即被锁定。重力

加速度g取lOm/s?。求：

(1)物块滑到B点的速度大小；

(2)滑板与挡板尸碰撞前瞬间物块的速度大小；

(3)站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围；

(4)最终物块距离板左端的距离。

【答案】⑴4m/s；⑵1.6m/s；（3）sW%W1.6m/s；（4）1.9552m

【解析】

【详解】(1)物块由N到8的运动过程，只有重力做功，机械能守恒.设物块滑到8点的速度大小为加

有

mgR=-^mv02

解得

v0=4m/s

(2)假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度vi，取向右为正，由动量守恒定律

mv0=(机+