2022届山东省济宁市高三（上）期末物理试题（解析版）

高三第一学期质量检测物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。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.质点甲、乙沿同一直线同方向运动，甲的位置-时间图像如图甲所示，乙的速度-时间图像如图乙所示，若2s末两质点相遇，下列说法正确的是（）A.甲的加速度为2m/s2B.1s末，甲、乙的间距最大C.1s末，甲在乙的前方D.t=0时刻，甲、乙的间距为1m【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，甲做匀速直线运动，加速度为零，故A错误；BC．根据图像可知甲做匀速直线运动乙做匀加速运动，，若2s末两质点相遇，且甲的速度大于乙的速度，所以刚开始乙在甲的前面，甲、乙的间距最大，故BC错误；D．根据图像可知故D正确。故选D。2.如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（）A.电路的总电阻先减小后增大B.电源的总功率先增大后减小C.电容器所带电荷量先减少后增多D.电源的效率先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A．滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与和电源串联，滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；B．由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率先减小后增大，故B错误；C．两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；D．电源的效率滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误。故选C。3.2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船成功发射升空，与天和核心舱成功对接，将中国三名航天员送入“太空家园”。”飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道III上，神舟十三号飞船先被发送至半径为r1的圆轨道I上，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道II运动到远地点B处与天和核心舱对接。关于神舟十三号飞船，下列说法正确的是（）A.沿轨道II从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断增大B.沿轨道I运行时的机械能等于沿轨道II运行时的机械能C.沿轨道II运行的周期为D.沿轨道I运动到A点时的加速度小于沿轨道II运动到A点时的加速度【答案】C【解析】【详解】A．由开普勒第二定律知，飞船沿轨道II从近地点A运动到远地点B的过程中，速度不断减小，故A错误；B．飞船在轨道I上的A点加速后才能进入椭圆轨道，此过程中燃料内能转化为机械能，故B错误；C．设飞船在轨道II运行的周期为，由开普勒第三定律可知可解得故C正确；D．飞船沿轨道I运动到A点时和沿轨道II运动到A点时受到的万有引力相同，因此加速度相同，故D错误。故选C。4.黑板擦在手施加的恒定推力F作用下匀速擦拭黑板，已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力。则黑板擦所受的摩擦力大小是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设板擦与黑板间的弹力为N，摩擦力为f，由勾股定理可得滑动摩擦力公式为联立可得故ACD错误，B正确。故选B。5.某同学设计了测定磁场的磁感应强度B大小的实验，他用两根不可伸长的绝缘细线将质量为m、长为L的导体棒水平悬挂在方向竖直向下的匀强磁场中。当突然给导体棒通入大小为I的恒定电流，棒沿弧线“弹起”到最高点时，悬线与竖直方向的夹角刚好为53°，整个过程导体棒一直处于水平状态，其侧视图如图所示，已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则（）

A.，电流方向为侧视图中垂直纸面向外B.，电流方向为侧视图中垂直纸面向外C.，电流方向为侧视图中垂直纸面向里D.，电流方向为侧视图中垂直纸面向里【答案】A【解析】【详解】导体棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向为侧视图中垂直纸面向外。在导体棒由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理可知可解得故A正确，BCD错误。故选A。6.如图甲所示，战国时期开始出现的拨浪鼓现在为一种小型儿童玩具，其简化模型如图乙所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为、的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量不同的小球、，其中。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接、的细绳与竖直方向的夹角分别为和，下列判断正确的是（）A.一定有 B.一定有C.一定有 D.和的大小关系与悬球质量有关【答案】A【解析】【分析】【详解】设拨浪鼓半径为，细绳长为，小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角为，有解得可知细绳与竖直方向的夹角与小球的质量无关，根据题述可知两小球做圆周运动的角速度相同，由于，根据公式可判断出。故选A。7.如图所示，理想变压器原线圈接有一阻值为R的电阻，理想电压表V1的示数为110V，副线圈匝数为1100匝，接有一个阻值恒为RL的灯泡。绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，其示数为0.20V。已知RL：R=4：1，则原线圈的匝数为（）

A.225 B.550 C.1100 D.2200【答案】B【解析】【详解】设副线圈两端电压为，根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，副线圈与单匝线圈之间满足解得副线圈输入电压为设副线圈中电流为，则原线圈电流根据电流与匝数的比例关系，有代入RL：R=4：1，可解得原线圈匝数为故B正确，ACD错误。故选B。8.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示，2s末滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.物体所受摩擦力方向一直沿传送带向上B.传送带的倾角θ=30°C.物体在传送带上留下的痕迹为6mD.物体在传送带上运动过程中产生的热量为24J【答案】D【解析】【详解】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向上，故A错误，

B．在0-

1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为在1.0

-

2.0s,物体的加速度为联立解得故B错误；C．根据“面积”表示位移、可知0~1

.0s物体相对地面的位移传送带的位移可知0.1~2

.0s物体相对地面的位移传送带的位移物体相对传送带的位移物体在传送带上留下的痕迹为5m，故C错误；D．物体在传送带上运动过程中产生的热量为故D正确。故选D。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.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，是圆内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为4eV（取O点电势为零）。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.8。下列说法正确的是（）A.B点电势高于O点电势B.圆周上A点的电势最高C.圆周上A、B两点的电势差为4VD.匀强电场的场强大小为100V/m【答案】CD【解析】【详解】AC．根据电势的定义可知C点的电势所以根据匀强电场的特点，结合AOC是直径可知所以粒子由A→B，根据动能定理得所以所以B点电势等于O点电势，故A错误，故C正确；BD．由于，所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A点作OB的垂线交OB于D点，则AD的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示

O点是圆心，由几何关系可知所以所以由于ODB等势面，所以D正确；沿电场线方向电势逐渐降低，圆周上点的电势最高，故B错误；故选CD。10.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（）A.气流速度大小为B.单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为C.单位时间内风机做的功为D.若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为【答案】AC【解析】【详解】A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得由于游客处于静止状态，故满足另外联立可得A正确；B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为联立解得B错误；C．风洞单位时间流出的气体质量为M单位时间内风机做的功为C正确；D．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得另外联立可得由牛顿第二定律可得解得D错误。故选AC。11.如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN从图示位置以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨始终垂直并接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，穿过闭合电路的磁通量、金属杆的速度大小v、金属杆的加速度大小a、流过电阻R的电荷量q与位移x的关系图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【详解】A．设金属杆长为L，它从图示位置以某一初速度沿导轨向右滑行，穿过闭合电路的磁通量为由题图知，故A错误；B．取向右为正方向，则金属杆向右滑行过程中，加速度为两边同乘极短时间，结合，可知因此整个过程中，有可解得故B正确；C．金属棒向右运动过程中，加速度不断减小，由于速度减小，因此加速度减小的越来越慢，故C错误；D．根据电荷量计算公式可得故D正确。故选BD。12.如图所示，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置，质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k、原长为l0的轻质弹簧相连，弹簧处于原长状态。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。若弹簧的长度为l时弹性势能、重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.释放时金属环的加速度为 B.金属环的最大速度为C.两金属环之间的最大距离为 D.金属环达到最大速度时重力的功率为【答案】AD【解析】【详解】A．开始释放瞬间，金属环受到重力和杆的弹力，沿杆方向根据牛顿第二定律mgsin45°=ma解得故A正确；B．当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图

设弹簧长度为l1时弹簧对圆环的拉力等于重力，则有此时有圆环沿杆方向合力为零，加速度为零，有最大速度。由几何关系可得对系统只有重力、弹力做功，对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒有解得故B错误；C．当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，弹簧的伸长量最大。设此时弹簧的伸长量为x，由机械能守恒定律得解得因此两金属环之间的最大距离为故C错误；D．金属环达到最大速度时重力的功率为故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。

（1）关于该实验以下说法正确的是__________。A.安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行B.平衡摩擦力时，撤去砂桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C.实验过程中，向砂桶内加砂时，必须保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量MD.准确地平衡摩擦力后，实验过程中读出拉力传感器的示数即为小车受到的合外力（2）如图乙是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则小车的加速度a=_________m/s2。

（3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的a-F图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为________kg（结果保留两位有效数字）。

【答案】①.AB②.0.75③.0.67【解析】【详解】（1）[1]A．安装实验器材时，要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，这样才能保证拉力方向与运动方向一致，故A正确；B．平衡摩擦力时要撤去砂桶，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，轻推小车，从打出的纸带相邻计时点间隔是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故B正确；C．由于有拉力传感器，所以不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M，故C错误；D．实验中有两根绳子，所以小车受到的合外力为拉力传感器示数的2倍，故D错误。故选AB。（2）[2]根据逐差法可得，小车的加速度为（3）[3]对小车，根据牛顿第二定律有整理得可得由图像计算可得解得14.某实验小组用如图甲所示的电路测量某电源的电动势和内电阻，其中R为电阻箱。（1）进行了如下的实验操作：①按图示电路进行连接，闭合开关之前，调节电阻箱的阻值为__________（选填“最大”或“最小”）；②闭合开关S1，把S2与1连接，调节电阻箱的阻值，记录对应的电压表示数U和电流表示数I；③以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线，如图乙所示。则待测电源的电动势E=______V，内阻r=_______Ω。（结果均保留2位有效数字）。（2）上述操作测得电源内阻的系统误差主要来源于__________________，为了消除这个系统误差，进行了如下的操作：闭合开关S1，把开关S2与2连接，当电阻箱的阻值为1.5Ω时，电压表的示数为1.0V，电流表的示数为0.4A。可求得电源内阻的精确值r'=____________Ω。【答案】①.最大②.2.0③.2.5④.电流表的分压⑤.1.5【解析】【详解】（1）[1]闭合开关之前，为了保护电路，调节电阻箱的阻值为最大值。[2][3]根据闭合电路欧姆定律，有由图像可知可解得（2）[4]实验中，系统误差主要来源于电流表的分压作用。[5]闭合开关S1，把开关S2与2连接时，有可得在题图乙中，根据闭合电路欧姆定律，有图线的斜率为联立，可得第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年在中国北京和张家口举行。如图所示为简化后的雪道示意图，运动员以一定的初速度从半径R=20m的圆弧轨道AB末端水平飞出，落在倾角为θ=37°的斜坡上，已知运动员到B点时对轨道的压力是其重力的3倍，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：（1）运动员飞出圆弧轨道时的速度大小；（2）运动过程中运动员距斜坡的最大距离d及从B点到距斜坡距离最大时所用的时间t。【答案】（1）；（2），1.5s【解析】【详解】（1）由题意，根据牛顿第三定律可知运动员运动到B点时受轨道的支持力大小为设运动员飞出圆弧轨道时的速度大小为vB，由牛顿第二定律得解得（2）运动员从B点飞出时，将其速度和加速度分别沿斜坡方向和垂直斜坡方向分解，如图所示，则当运动员在垂直斜面方向上的速度减为零时，运动员距斜坡最远，根据运动学公式有解得在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场的分布区域是一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距为2L。当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点。整个系统置于真空中，不计离子重力。求：（1）离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；（2）偏转系统加电场时，离子从偏转系统底面飞出，注入到晶圆所在水平面的位置到O点的距离x。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】离子通过速度选择器时，有解得速度为离子在磁分析器中，有由几何关系可得联立解得在偏转系统中，由牛顿第二定律得垂直电场方向偏移的距离偏转角度离开偏转系统后，偏移的距离注入晶圆的位置到O点的距离联立解得如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好。已知t=0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m=1.0kg，OM与ON接触点的总电阻恒为R=1.0Ω，其余电阻不计。回路电流i与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）t=2s时，回路的电动势E；（2）0~2s时间内，导体棒的位移s；（3）0~2s时间内，水平外力的冲量I的大小；（4）导体棒滑动过程