2024年1月濟南市高二期末學習質量檢測

物理試題

本試卷滿分100分。考試用時90分鐘。

注意事項：

1.答題前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、準考證號、座號填寫在規定的位

置上。

2.回答選擇題時，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干

凈后，再選涂其它答案標號。

3.回答非選擇題時，必須用0.5毫米黑色簽字筆作答（作圖除外），答案必須寫在答題卡各

題目指定區域內相應的位置；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案，不能使

用涂改液，膠帶紙，修正帶和其他筆。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要

求。

1.汽車在平直公路上剎車，若所受阻力恒定，則汽車剎車時間由下面哪個物理量決定（）

A.動量B.動能C.初速度D.質量

【答案】A

【解析】

【詳解】根據動量定理可知

Q-ft=-mv0

所以

f

剎車時間由動量決定。

故選Ao

2.短道速滑接力賽上，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙

追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲的過程中，忽略運動員與

冰面在水平方向上的相互作用，則甲、乙組成的系統（）

A.動量不守恒，機械能守恒B.動量不守恒，機械能不守恒

C.動量守恒，機械能守恒D.動量守恒，機械能不守恒

【答案】D

【解析】

【詳解】乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，忽略運動員與冰面在水平方向上的相互作用，系

統合力為零，則動量守恒，因為在推甲的過程中消耗了乙的化學能，所以系統機械能不守恒。

故選D。

3.一動能為E的=粒子與一靜止的就核發生彈性正碰，已知就核的質量是々粒子的5倍，則碰撞后々粒

子的動能是（）

￡士E久

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

【答案】B

【解析】

【詳解】兩粒子碰撞過程中由動量守恒定律及能量守恒定律得

mva=mva'+5MV'

—1mv^2-—1mv設+—1l5mv.2

22n2

其中

解得碰撞后a粒子的動能為

1,4

E'=-mv'2=-E

2a9

故選B。

4.三個完全相同的帶電小球人、。，都從距地面相同的高度由靜止釋放，。球只受重力，臺球下方有

水平方向的勻強磁場，C球下方有水平方向的勻強電場，三個小球落地速度大小分別為匕、為、匕，不計

空氣阻力，則（）

V<VVVVV

A.乜=乜=匕B,ab<cca=b<cD.

【答案】C

【解析】

【詳解】根據題意可知，。球做自由落體運動，下落過程中只有重力做功；6球在下落過程中經過磁場，

受到洛倫茲力作用，因洛倫茲力始終與速度垂直且對小球始終不做功，b球下落過程中只有重力對小球做

功，根據動能定理知6球下落的末動能與。球的末動能相等，即速度大小相等；c在下落的過程中電場力

對小球做正功，故根據動能定理知c球的落地速度大于。球的落地速度，故

匕=為<匕

故選C。

5.為了兒童安全，必須檢測布絨玩具中是否存在金屬斷針。通常先將玩具置于強磁場，磁化斷針，再用磁

報警裝置進行檢測。磁報警裝置中的一部分電路如圖所示，其中RB是磁敏傳感器，它的電阻隨斷針的出

現而減小；居、凡是定值電阻；a、6端接報警器。電源電動勢為￡,內阻為r，傳感器未檢測到斷

針時，電流表的示數為/,通過與的電流為72,a、臺兩端的電壓為U。當傳感器氏8檢測到斷針時，下

列說法正確的是（

A./變小，變大，U不變B./變小，，2變小，。變小

C./變大，人變小，U不變D./變大，，2變小，U變小

【答案】D

【解析】

【詳解】發現斷針時，磁敏電阻的阻值減小，則總阻值區總減小，由閉合電路的歐姆定律可知,

電路中總

電流

增大，內電壓

增大，故路端電壓

3'=E-U內

減小，a、b兩端的電壓

Uab=U外

減小；因總電流增大，&兩端的電壓

%=1居

增大，則尺2兩端的電壓

外-4

減小，故流過&的電流

U

A=—R^

減小，根據并聯電路的特點，總電流變大，則電流表的電流

/=『人

增大。

故選D。

6.英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發渦旋電場。如圖甲所示，一個半徑為尺的絕緣細

圓環水平放置，環內存在豎直向上的勻強磁場，環上套一電荷量為q的帶正電小球。已知磁感應強度隨時

間變化圖像如圖乙所示。若小球在環上運動一周，則渦旋電場對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】

【詳解】若小球在環上運動一周，可將圓環看成一導電回路，根據圖乙可得感應電動勢為

A5(區-四以爐

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

小球在環上運動一周，則渦旋電場對小球的作用力所做功的大小為

q(By—B])7iR^

W=qU=也」一"——

故選C。

7.如圖所示，ANBC是等腰三角形，=NC=30°.在A點和B點分別垂直紙面放置一條通電長直導

B=k-

線，在C處產生的磁場的方向由C指向3.已知通電長直導線在其周圍激發磁場的磁感應強度r,

其中無為常量，/為導線中的電流，廠為場中某點到導線的垂直距離.則A、8兩處導線中的電流之比為

A.2：1B.2：百C.61D.3：2

【答案】A

【解析】

由題意可知，C點的合磁場方向沿方向，可知N電流方向向里，3電流方向向外；在C點的磁場方向

如圖，導線/在C點的磁場Bi與導線8在C點的磁場外的關系為

B2=B[sin60°

設BC=L,則貝U

解得

/?=2：1

故選Ao

8.如圖所示，質量為切的薄板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在水平面上，°為自然伸長位

置。平衡時，彈簧的壓縮量為X。一質量為切的物塊尸從距薄板正上方3%的A處自由落下，打在薄板上

立刻與薄板一起向下運動，它們到達最低點后又向上運動，恰能回到0點。若把物塊尸換成物塊°,仍從

X

A處自由落下，碰后二者仍然一起向下運動，且不粘連，又向上運動時物塊。到達的最高點比。點高5

。不計空氣阻力，物塊。的質量為（）

A,也mB.2mC.3mD.4機

【答案】B

【解析】

【詳解】物塊由/點下落過程機械能守恒，由機械能守恒定律可得

mg?3x=gWVQ

解得碰前物塊的速度

物塊與鋼板碰撞過程系統動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定律得

mvo=2mvi

解得

匕=;瘋^

碰撞后只有重力、彈力做功，機械能守恒，設彈性勢能為為）,由機械能守恒定律得

12

Ep+--2mvi=2mgx

解得

Ep=2mgx

當物塊Q下落過程機械能守恒，由機械能守恒定律得

mg-3x=^mv1

解得

Vo=V6gx

碰撞過程中動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定律得

mv0=(m+m)v2

以后物和鋼板一起壓縮彈簧又回到。點過程中機械能守恒，設回到O點時速度為V3，由機械能守恒定律

得

Ep+m)v；=(m+ffl)gx0+g?(機+

在。點物塊與鋼板分離，做豎直上拋運動，上升高度

2

X_v3

2=2^

聯立解得

m=2m

故選B。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要

求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.有一種非接觸式電源供應系統，這種系統基于電磁感應原理可無線傳輸電力.其主要構造由兩個共軸并

靠近放置的線圈A、B組成，如圖甲所示。若A中通有如圖乙所示的正弦交流電，下列說法正確的是

()

A.4時，B中電流達到最大值

_T_

B.2時，B中電流達到最大值

T_

C.在0到4這段時間內，A、B互相排斥

r

D.在0到4這段時間內，A、B互相吸引

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.4時，A中電流最大，但是電流的變化率最小，則B中電流達到最小值，選項A錯誤；

T

t——

B.2時，A中電流為零，但是電流的變化率最大，B中電流達到最大值，選項B正確；

T_

CD.在0到了這段時間內，A中電流增加，根據楞次定律可知，B中產生的感應電流與A反向，則A、

B互相排斥，選項C正確，D錯誤。

故選BCo

10.某同學用如圖所示的電路研究遠距離輸電.已知⑸為升壓變壓器，匝數比為1：〃，為為降壓變壓

器，匝數比為〃：1,4個定值電阻尺的阻值均為10Q,L、L?均為5V、4W的燈泡.當A、3端接入

6V的正弦交流電時，燈泡正常發光.若兩個變壓器可視為理想變壓器，兩個電流表4、4可視為理

想電表，導線電阻不計.下列說法正確的是（

A.電流表4的示數小于電流表4的示數B.燈泡L?比燈泡Li亮

C."=2D."=4

【答案】BD

【解析】

【詳解】CD.燈泡L2正常發光，可知變壓器B2的次級電壓為5V,電流為/L2=0.8A,根據變壓器電壓和

0.8

電流與匝數關系可知，變壓器B2初級電壓為5"V,電流為nA；變壓器Bi次級電壓為6〃V,則

,u0.8”

6n—5n=——X2A

n

解得

n=4

選項C錯誤，D正確;

A.燈泡電阻

U5

R、=^=—Q=6.25Q

LP4

電流表Ai的示數

U6

A?0.23A

2R+RL20+6.25

電流表A2的示數

AQ

I=—A=0.2A

2一n

則電流表Al的示數大于電流表A2的示數，選項A錯誤;

B.因

L1=I、=0.23A<IL2=0.8A

燈泡L2比燈泡L亮，選項B正確o

故選BD。

11.某同步加速器的簡化模型如圖所示。M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板。/=°時刻，質量為

加、電荷量為夕的帶正電粒子A（不計重力）從〃板小孔飄入兩板間，初速度可視為零。當粒子進入兩板

間時，兩板間的電勢差變為",粒子得到第一次加速；當粒子離開N板時，兩板上的電勢差立即變為

零。兩板外部環形區域內存在垂直于紙面的勻強磁場，粒子在磁場作用下做半徑為尺的圓周運動，尺遠大

于板間距離。粒子經電場多次加速，動能不斷增大，為使五保持不變，磁場必須相應地變化。不計粒子加

速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應。下列說法正確

的是（）

A,環形區域內磁場方向垂直紙面向里

B.粒子繞行"周回到M板時的速度大小為

1\2nmU

R

C.粒子繞行第〃周時的磁感應強度為q

qU\nqU

D.粒子在繞行的第〃周內電場力對A做功的平均功率為汽R2m

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.由題意可知帶正電粒子逆時針在磁場中做圓周運動，由左手定則可知，環形區域內磁場方向

vn=

垂直紙面向里，故A正確；

B.前〃周內電場力對粒子做的功為

W=〃qU

由動能定理得

nqU=~mvl

解得粒子繞行〃周回到M板時的速度大小

丫"=

故B錯誤;

設粒子繞行第九周時的磁感應強度為反

C.，粒子繞行第〃周時，由牛頓第二定律

V2

qV"B=m±

nK

解得

2nmU

B二叫二二皿

"qRqRq

故C正確;

D.A在運動的第〃周時的周期為

A在運動的第〃周內電場力對粒子做功的平均功率匕

nqU_nqU\nqU

p〃-

T71RV2m

故D錯誤。

故選ACo

12.如圖所示，ACQE為相同的等腰直角三角形，且A、C、E在同一條直線上.“8C內有

垂直紙面向里的勻強磁場，ACDE內有垂直紙面向外的勻強磁場，兩個磁場的磁感應強度大小相等.一電

阻分布均勻的正方形導線框的邊長為/,且為4B長度的一半。該線框沿"CE向右以速度”勻速穿過磁

場，°時刻恰好位于圖中所示位置.線框平行于"CE方向所受的安培力為b，向左為正，導線框中電

流/以順時針方向為正方向，二者與時間/的關系圖像正確的是（）

【答案】AC

【解析】

【詳解】

設線框邊長為乙從位置1到位置2,線圈切割磁感線的有效長度為X則電流

rBvt?v

I=-------oct

R

BLv

即電流從0增加到R,方向順時針為正方向；導體框受安培力

Bvt-vB2v3t2

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

RR

B2.07

即安培力從零增加到R,方向向左為正方向;

從位置2到位置3,線圈切割磁感線的有效長度為

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

則電流

B（2L-vtyv

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

R

B2LvBL'V

則電流從R減到R零，方向順時針為正方向；導體框受安培力

F=BIl=BBQL-gv=

RR

即安培力從R減小到R,該變化過程為開口向上的拋物線，安培力方向向左為正方向；

從位置3到位置4,電流與從1到2變化相同，只不過電流方向為負方向；安培力的變化與從1到2相

同，仍為向左為正方向；

從位置4到位置5,線圈切割磁感線的有效長度為八X則電流

B（L一v。?v

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

R

BLv

即電流從R減小到0,方向逆時針為負方向；導體框受安培力

F=BII=B*L…

R

即安培力從R減小到零，方向向左為正方向；

綜上所述，結合圖像可知，故AC正確，BD錯誤。

故選AC。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.小明同學在學習了《驗證動量守恒定律》以后，用手機的連拍功能記錄兩個小球平拋的過程來進行實

驗。如圖（1）所示，他先讓小球A從斜面上滾下（不放小球8）,拍攝小球A的部分平拋過程的照片，如

圖（2）甲所示；然后把小球B放在圖（1）中所示位置，讓兩個小球碰撞后，記錄兩個小球A、B的部分

平拋過程，如圖（2）乙所示。已知背景圖中網格線的豎直線和重錘線的方向重合，重力加速度為g。

(1)根據實驗設計，下列說法中正確的是O

A.圖(1)中斜槽末端必須是水平的

B.圖(1)中斜槽與小球之間的摩擦力要盡可能的小

C.小球A的質量不一定比小球B的質量大

D.兩個小球半徑必須一樣

(2)若背景圖中的方格紙邊長為心，根據圖(2)甲中的信息，小球A平拋的初速度可以表示為,

(3)若兩個小球碰撞過程中動量守恒，小球A的質量為掰力,小球8的質量為機嘰根據圖(2)乙中的

信息，兩個小球的質量比帆4：加8=。

一個2gL

【答案】①.AD##DA②.2③.2：1

【解析】

【詳解】(1)[1]A.為了保證小球的初速度水平，斜槽末端必須水平，故A正確；

B.為了保證小球的初速度相等，小球每次應從斜槽的同一位置由靜止釋放，斜槽軌道不一定需要光滑，

故B錯誤；

C.為了防止小球/碰后反彈，所以小球A的質量比小球3的質量大，故C錯誤；

D.為了發生對心碰撞，兩個小球半徑必須一樣，故D正確。

故選ADo

（2）[2]在豎直方向上，根據Ay=g△得

小球A平拋的初速度

（3）[3]根據圖像可知，碰后

L4L

VA=-'VB=—

根據

mAv0=mAvA+mBvB

解得

mA:mB=2:1

14.某同學采用如圖所示電路測量定值電阻的阻值，實驗器材如下:

電壓表Y（量程0~3V,內阻"=3.0kC）

電壓表丫2（量程0?5V,內阻廠約為5.0k￡2）

滑動變阻器R

待測定值電阻火、

電源￡（電動勢6.0V,內阻不計）

開關和導線若干

回答下列問題:

（1）閉合開關前，將滑動變阻器滑片置于（選填“左端”“中間”或“右端”）。

（2）在此電路圖中，A為電壓表（選填"Y，，或“丫2?）。

（3）調節滑動變阻器，兩電壓表V、丫2讀數分別為01、°2,根據實驗電路圖，可得Rx=（用

5、°2和〃表示）。

（4）若電壓表Y實際電阻小于3.0kQ,則凡的測量值與真實值相比（選填“偏大”“偏小”或

“相等”）。

u「u

f1

【答案】①.左端②.Y③.5④.偏大

【解析】

【詳解】（1）［1］閉合開關前，將滑動變阻器滑片置于左端，電壓表讀數為零，保護電路。

（2）［2］因為電壓表M內阻已知，所以A為電壓表M,通過Y可以測量待測電阻的電流。

（3）［3］據實驗電路圖，則有

（4）［4］若電壓表Y實際電阻小于3.0kQ,則電阻尺的測量值與真實值相比偏大。

15.如圖所示，半徑為五的光滑半圓形軌道48c固定在豎直平面內，軌道最低點在C處與水平地面相

切，質量為冽的滑塊從粗糙地面上某處在水平恒力廠的作用下由靜止開始向左運動，到C點時撤去外

力，滑塊到達/點時對軌道的壓力大小為加g,己知機=4kg,滑塊與地面的動摩擦因數〃=°4,軌道

半徑R=0.6m,水平恒力尸=20N,重力加速度g取lOm/s?,求:

(1)滑塊到達C點時的速度大小;

(2)水平恒力廠作用的時間心

f口

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

77777777777777777777777777777777777777777777777

【答案】(l)6m/s；(2)6s

【解析】

【詳解】(1)滑塊到達/點時由牛頓第二定律得

加g+g加支

R

滑塊從C運動到A的過程中由動能定理得

cc1212

—mg-2R=—--mvc

解得

vc=6m/s

(2)滑塊在水平地面上運動過程中由動量定理得

(F-jLimg)t=mvc

解得

，=6s

16.如圖所示，在坐標系中，x軸上方有勻強電場，電場強度E=0-2N/C,方向水平向左，x軸下

方有勻強磁場，磁感應強度為5,方向垂直紙面向外。一電荷量"=°,°2C,質量加=4xl0-6kg的帶正

電粒子從第一象限中的M點開始運動，初速度方向沿丁軸負方向，恰好從坐標原點。進入磁場；在磁場

中運動一段時間后從x軸上的N點離開磁場，已知/點的坐標為“5n0百m）,N點的坐標為

（-2m,0）,不計粒子的重力，求:

（1）粒子進入磁場時速度的大小和方向;

（2）磁感應強度8的大小。

【答案】（1）200m/s,方向與x軸負方向30°角；（2）ZxlO^T

【解析】

【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動,設在。點離開電場時的速度大小為"，與x軸的夾角為8,軌

跡如下圖，則

在〉軸方向，粒子做勻速直線運動

在X軸方向，粒子做勻加速直線運動

qE

a=—

m

匕=at

12

3at=xM

則在。點時的速度

v=+

tan3=—

匕

以上各式聯立，解得

v=200m/s6=30°

則粒子進入磁場時的速度的大小為200m/s,方向與x軸負方向30°角.

(2)粒子在磁場中運動軌跡如下圖

由幾何關系可知

2cos60°

解得

R=2m

粒子在磁場中，根據牛頓第二定律

v2

qvB=m——

R

代入數據，解得

5=2x102T

17.如圖甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，導軌間的距離￡=lm。質量加=lkg,電阻

r=2C的直導體棒放在導軌上，且與導軌垂直。導軌頂端與氏=4C的電阻相連，其余電阻不計，整個裝

置處在垂直紙面向里的勻強磁場內。從才=°開始，導體棒由靜止釋放，運動過程的v-7圖像如圖乙所

示，后導體棒做勻速直線運動，重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)磁感應強度B的大小；

(2)，=2s時，導體棒的加速度大小;

(3)前2s內，電阻R上產生的焦耳熱。

2

【答案】（1）"T；（2）2m/s.（3）3

【解析】

【詳解】(1)『Ns后導體棒做勻速直線運動，此時的感應電動勢為

E[=BLV]

感應電流為

K+r

根據平衡條件有

BI[L=mg

解得

B=s/6T

(2)，=2s時，感應電動勢為

E2=BLV2

感應電流為

2-R+r

根據平衡條件有

mg—BI2L=ma

解得

a=2m/s2

(3)前2s內，感應電動勢的平均值為

-△①BLx

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

tt

感應電動勢的平均值為

7=工

R+r

根據電流的定義式有

7=旦

t

根據動量定理有

mgt—BILt-mv2

根據能量守恒定律有

17

mgx=-mv2+Q總

電阻R上產生的焦耳熱

D

。=亡~。總

R+r

解得

3

j_

18.如圖所示，半徑氏=0-8m的K光滑圓弧軌道4g固定于豎直平面，一足夠長的滑板/靜止在光滑水

平地面上，左端緊靠5點，上表面所在平面與圓弧軌道相切于B點，離滑板右端4=0,5m處有一豎直固

定的擋板尸。一可視為質點的物塊冽從A點由靜止釋放，經B點滑上滑板。已知物塊與滑板間的動摩擦因

數〃=0.4,滑板的質量河=1.5m。滑板與擋板碰撞時無機械能損失，滑板返回8點時即被鎖定。重力

加速度g取lOm/s?。求：

(1)物塊滑到B點的速度大小；

(2)滑板與擋板尸碰撞前瞬間物塊的速度大小；

(3)站在地面的觀察者看到在一段時間內物塊正在做加速運動，求這段時間內滑板的速度范圍；

(4)最終物塊距離板左端的距離。

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

【解析】

【詳解】(1)物塊由N到8的運動過程，只有重力做功，機械能守恒.設物塊滑到8點的速度大小為加

有

mgR=-^mv02

解得

v0=4m/s

(2)假設滑板與P碰撞前，物塊與滑板具有共同速度vi，取向右為正，由動量守恒定律

mv0=(機+