2022届山东省济南市高三(上)学情检测(一模,期末)物理试题(解析版)

济南市2022年1月高三年级学情检测物理试题 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. 如图所示为某同学在起立或下蹲过程中利用手机软件测量的加速度随时间变化的图像。取竖直向下为加速度的正方向，则图中描述的是（　　） A. 起立过程 【答案】A 【解析】 【详解】此同学最初静止，竖直向下为加速度的正方向，根据图像，然后加速度开始为负值即加速度向上，是加速上升；后来加速度为正值，即加速度向下，是减速上升；最后静止。全过程为先加速上升再减速上升最终静止，所以是起立过程。故BCD错误，A正确。 故选A。 2. 如图所示，坐标原点O处有一波源做简谐振动，它在均匀介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播。t0Q为介质中的质点。下列说法正确的是时，波源开始振动，t3s时，波刚好传到x9m处，其中P、（　　） B. 下蹲过程 C. 先下蹲再起立的过程 D. 先起立再下蹲的过程 韩哥智慧之窗1

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A. 波源的起振方向沿y轴向上 B. 从图示时刻开始，质点P比质点Q先回到平衡位置 C. 该机械波的传播速度为2m/s

D. 从图示时刻开始，再经过0.25s质点P到达平衡位置 【答案】B 【解析】 【详解】A．波刚传到x=9m处时，质点向下振动，可知波源的起振方向沿y轴向下，选项A错误； B．从图示时刻开始，因P点向上振动，Q点向下振动，可知质点P比质点Q先回到平衡位置，选项B正确； C．该机械波的传播速度为 v选项C错误； x9m/s=3m/s t3D．从图示时刻开始，波向右传播0.5m时，质点P到达平衡位置，则经过的时间为 t'选项D错误。 故选B。 0.51s=s 363. 如图所示，平行虚线为匀强电场的等势线，曲线为正电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　） A. 电荷在a点受到的电场力水平向左 韩哥智慧之窗2

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B. a点的电势高于b点的电势 C. 电荷在b点的动能是在a点动能的2倍 D. 选择合适的零电势点，电荷在a、b两点的电势能可能相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．电场线与等势线相互垂直，所以电场线沿竖直方向，由运动轨迹可以看出正电荷所受电场力方向竖直向上，所以A错误； B．因为正电荷所受电场力方向竖直向上，所以电场线竖直向上，因为沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，故B正确； C．从a到b电场力做正功，动能增加，但不能确定电荷在b点的动能就是在a点动能的2倍，故C错误； D．因为a、b在不同的等势面上，b两点的电势能也不可能相等，所以即使选择合适的零电势点，电荷在a、故D错误。 故选B。 4. ETC是电子不停车收费系统的简称，可以提高高速公路的通行能人工通道力，如图甲所示为ETC通道和人工通道的示意图。一辆汽车通过人工通道时的vt图像如图乙所示，t0s时刚好进入人工通道。则相比通过人工通道可节省的时间为t7s时离开人工通道。若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道，（　　） A. 2s 【答案】C 【解析】 B. 4s C. 5s D. 6s

【详解】vt图像中面积表示位移，汽车所走的位移为 x424(75)8m 22韩哥智慧之窗3

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若该汽车以4m/s的速度匀速通过ETC通道，所用时间为 t2相比通过人工通道可节省的时间为 x8s2s v4tt1t27s2s5s 故ABD错误，C正确。 故选C。 5. 利用质谱仪可以测量带电粒子的比荷，如图所示为一种质谱仪的原理示意图。某带电粒子从容器A下方的小孔飘入加速电场（其初速度可视为零），之后自O点垂直磁场边界进入匀强磁场中，最后打到照相底片上的P点，粒子重力不计。此过程中，比荷越大的带电粒子（　　） A. 进入磁场时的速度越小 C. 在磁场中的运动时间越长 【答案】D 【解析】 【详解】AB．根据 B. 在加速电场中的加速时间越长 D. 在磁场中做匀速圆周运动的半径越小 Uq可得 12mv 2v2qU m则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在加速电场中的加速时间越短，选项AB错误； C．根据 韩哥智慧之窗4

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T2m qB可知，比荷大的粒子在磁场中的运动周期越短，则时间越短，选项C错误； D．根据 rmv12Um qBBq则比荷大的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，选项D正确。 故选D。 6. 如图所示，与水平面成30角的传送带以v2m/s的速度顺时针运行，质量为m1kg的小物块以初速度v04m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为

3，取重力加速度g510m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 传送带从底端到顶端的长度为1m B. 物体在传送带上向上运动的时间为0.5s C. 物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m

D. 物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J 【答案】D 【解析】 【详解】AB．小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 mgsinmgcosma1 设经过时间t1减速到与传送带速度相等 2v0v2x1 2a1t1解得 v0v a1韩哥智慧之窗5

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x1=0.75m，t1=0.25s

速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律 mgsinmgcosma2 v20x2 2a2t2解得 x2=1m，t2=1s

则传送带从底端到顶端的长度为 v0 a2L=x1x21.75m ，tt1t21.25s 故AB都错误； C．在t1和t2时间，传送带分别向上位移 x1'vt1 ，x2'vt2 物块相对传送带上滑 s1=x1x1'=0.25m， s2=x2x2'=1m 即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下滑1m，则划痕长度为1m，故C错误； D．物块相对传送带滑动路程为 ss1+s2=1.25m

则摩擦生热 Q=mgcoss 带入数据可得 Q=3.75J 故D正确。 故选D。 7. 如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2:1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P。若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为（　　） 韩哥智慧之窗6

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A. 2：7 【答案】A 【解析】 B. 7：2 C. 1：4 D. 4：1

【详解】设ab端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电压为U2，电流为I2，则 又由 则 所以 又根据 得 则 当电阻R0与电阻R互换位置后 又由 韩哥智慧之窗UI1R0U1 U2nU2n1 112U12=2U1 I1R02U2I1R02I2R I1nI21 2n12I22I1 UI1R04I1R UI1RU1 U2Un2n1 1127

U韩哥智慧之窗

则 1U1 U22所以 I1R2I2R0 UI1R2U2又根据 I1n21 n12I2所以 2I1 I2则 UI1R4I1R0 又因为总功率 PUI1 2PUI1得 I12I1 则联立可得 I1R04I1R2I1R8I1R0 即 R0:R2:7 故A正确，BCD错误。 故选A。 8. 如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） 韩哥智慧之窗8

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A. 可能有粒子从ab边中点处垂直ab边射出 B. 从a点垂直af离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为

πm 6qBC. 垂直cf向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为233qBLm D. 要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为【答案】C 【解析】 3qBL 2m【详解】A．若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在在ab边上，设与ab边交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误； B．同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对于圆心角为60，所以粒子在磁场中的运动时间为 1tT 6且 T解得 2m qBt故B错误； m3qB C．垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得 Lrr sin60韩哥智慧之窗9

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mv2 得 由qvBrr联立解得 mv qB2v故C正确； D．因为O点距六边形的最近距离为 33qBLm dLcos30即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为 3L 2r又 d 2r所以最小速度为 mv qBvmin故D错误。 故选C。 3qBL 4m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，选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分） 9. 如图所示，正方形金属线框abcd固定在光滑水平桌面上，线框正上方有一条形磁铁，下列说法正确的是（　　） A. 当磁铁向下靠近金属线框时，线框中产生adcba方向的感应电流，线框有扩大的趋势 韩哥智慧之窗10

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B. 当磁铁向下靠近金属线框时，线框中产生abcda方向的感应电流，线框有缩小的趋势 C. 当磁铁水平向右运动时，线框中产生adcba方向的感应电流，线框有向右运动的趋势 D. 当磁铁水平向右运动时，线框中产生abcda方向的感应电流，线框有向左运动的趋势 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．当磁铁向下靠近金属线框时，通过线框向上的磁感线在增加，根据楞次定律“增反减同”，线框中感应电流磁场应向下，由安培定则，线框中产生abcda方向的感应电流，再由楞次定律的推论“增缩减扩”可知线框有缩小的趋势，故A错误，B正确； CD．当磁铁水平向右运动时，通过线框向上的磁感线在减少，根据楞次定律“增反减同”，线框中感应电流磁场应向上，由安培定则，线框中产生adcba方向的感应电流，再由楞次定律的推论“来拒去留”可知线框有向右运动的趋势，故C正确，D错误。 故选BC。 10. 科学家观测到太阳系外某恒星有一类地行星，测得该行星围绕该恒星运行一周所用的时间为9年，该行星与该恒星的距离为地球到太阳距离的8倍，该恒星与太阳的半径之比为2∶1。假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆，下列说法正确的是（　　） A. 该恒星与太阳的质量之比为512∶81 B. 该恒星与太阳的密度之比为1∶9

C. 该行星与地球做圆周运动时的运行速度之比为2∶9 D. 该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为128∶81 【答案】AD 【解析】 【详解】A．设质量为m的行星绕质量为M的恒星做半径为r、周期为T的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 Mm4π2G2m2r rT解得 4π2r3r3M2 2GTT该恒星与太阳的质量之比为 M恒83512= M太9281韩哥智慧之窗11

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故A正确； B．恒星的密度为 该恒星与太阳的密度之比为 M3MM 33V4πRR512恒648= 太81811故B错误； C．恒星的运行速度为 v该行星与地球做圆周运动时的运行速度之比为 2πr T8v行98= v地191故C错误； D．恒星表面质量为m0的物体所受万有引力等于重力，即 G可得恒星表面的重力加速度为 Mm0m0g 2RGM R2g该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为 512g恒1284 81g太811故D正确。 故选AD。 11. 如图所示，金属块内有一个半径为R的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁。一质量为m的小球从离金属块左上端R处静止下落，沿圆槽切线方向进人圆槽内，小球到达最低点后继续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） 韩哥智慧之窗12

A. 小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mg B. 金属块的质量为m

C. 小球第二次到达最低点时的速度大小为2gR D. 金属块运动过程中的最大速度为2gR 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有 mg2R12mv20 小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有 Nmgmv20R 根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为 N'N 联立解得 N'5mg A正确； B．小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则mv0(mM)v 根据能量守恒定律有 mgR1mv210(mM)v222 解得 Mm 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗

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B正确； CD．小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有 Mv1mv2mv0 又能量守恒，可得 11212Mv12mv2mv0 222Mm 解得 v1v02gR v20 C错误，D正确。 故选ABD。 12. 一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度的关系如图所示，已知曲线上A点处切线的斜率最大。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A. 0h2过程中物体所受的拉力先增大后减小 B. h1处速度最大 C. 0h2过程中物体的动能先增大后减小 D. 0h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动 【答案】AC 【解析】 【详解】A．物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有 EFh 得 韩哥智慧之窗14

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FE h所以斜率为表示拉力。0-h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1-h2过程中，图象斜率减小，拉力F减小，拉力先增大后减小，故A正确； B．在h1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误； C．由图象可知，在h1-h2过程中，图象斜率减小，拉力F减小，在h2后图象斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，在h2处拉力为零，因此在h1-h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确； D．在0-h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物体的合外力先减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度大小先减小后增大再不变，h2-h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速，故D错误。 故选AC。 三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上或者按题目要求作答。） 13. 某同学想测量一未知电阻Rx的阻值，粗测其阻值大约为300，现要较准确地测量其电阻，有如下器材： 电压表V（量程0~3V，内阻约为3000）； 电流表A1（量程0~12mA，内阻约为1）； 滑动变阻器R（最大阻值为20）； 电源E（电动势为3V，内阻可忽略不计）； 开关及导线若干。 （1）实验电路图应选用___________。 A． B． C． D． （2）请把实物连接图中缺少的两根导线补全。（ ） 韩哥智慧之窗15

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（3）该同学发现实验室中还有一块内阻约为10、量程0~12mA的电流表A2，此实验中用电流表___________（填“A1”或者“A2”）进行实验会使测量更准确。 【答案】 ①. D ②.

③. A1 【解析】 【详解】（1）[1] 提供的滑动变阻器R的最大阻值为20，明显小于Rx的阻值，所以选用分压式接法，Rx的阻值大约为300，属于大电阻，所以应选用电流表内接法，所以电路图选D。 （2）[2] 实物连接图中缺少的两根导线分别是电压表要并联在电流表和待测电阻串联后的电路两端，滑动变阻器下方两接线柱应与电源开关相连，电路图补全如下 （3）[3]本实验误差是电流表分压，所以应选用内阻小的电流表，故选A1。 14. 某学习小组通过实验验证自由下落是一种匀变速直线运动，并测定当地的重力加速度。该小组利用如图

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甲所示的装置进行实验，图乙为局部放大图，其中A为电磁开关，B为可改变位置的光电门。 实验时，打开电磁开关，释放小球，计时器同时开始计时，小球经过光电门B时，计时结束。改变B的位置，多次测量，记录AB间的高度差h和对应的小球下落时间t，数据如下表所示： h/m t/s

0.1000 0.146

0.3000 0250

0.5000 0.322

0.7000 0.381

0.9000 0.431

.（1）该小组利用图像法来研究小球自由下落时下落高度h与下落时间t之间的关系，请根据实验数据在答题纸上描点并画出ht图像。（ ） （2）为了更准确地研究小球自由下落的运动规律，该小组利用计算机软件对数据进行拟合，得到h与t2的关系h4.860t20.004，已知当地的重力加速度为g标9.799m/s，本实验中所测重力加速度的相对误差为___________%（结果保留2位有效数字）。 （3）另一学习小组利用图丙所示的图象也验证了小球的自由下落是匀变速直线运动，该图象的纵坐标表示的物理量为___________（用题目中已给的字母表示），若图象中直线的斜率为k，则重力加速度为___________（用k表示）。 2韩哥智慧之窗17

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【答案】 ①. ②. 0.99 ③.

h ④. 2k t【解析】 【详解】（1）[1]根据实验数据描点，画出ht图像为 （2）[2]由位移时间公式可得 h12gt2 可得 12g4.860 解得 g9.72m/s2 故本实验中所测重力加速度的相对误差为 gg=9.72%99% 标9.799（3）[3][4]由位移时间公式可得 韩哥智慧之窗18

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h由于图像是一条倾斜的直线，即有 12gt 2h1gt t2故可得该图象的纵坐标表示的物理量为

h，若图象中直线的斜率为k，则重力加速度为 tg2k 四、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15. 游乐场中有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图所示，长为L的旋臂一端连接竖直中央轴，另一端连接模型飞机，模型飞机在旋臂带动下可绕中央轴转动并可以上下升降。开始时模型飞机和乘客静止在图中a位置，旋臂与竖直向下方向的夹角为，一段时间后模型飞机和乘客到达图中b位置高度处，并以角速度g绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动，此时旋臂与竖直向上方向的夹角也为，L已知模型飞机和乘客的总质量为m，重力加速度为g，摩擦阻力忽略不计，求 （1）模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动时，旋臂对模型飞机和乘客的作用力F的大小； （2）从开始运动到模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动过程中，旋臂对模型飞机和乘客做的功W。 【答案】（1）Fmg1sin2；（2）WmgL2cos【解析】 12sin 2【详解】（1）根据题意，受力分析可得，合外力提供向心力，则有 Fsinm2Lsin 韩哥智慧之窗19

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又 Fcosmg 解得 Fmg1sin2 （2）根据动能定理可得 Wmgh解得 12mv0 21WmgL2cossin2 216. 如图所示，水平面（纸面）内间距为l0.1m的平行金属导轨间左端接一阻值为R0.01的电阻，质量为m0.1kg、长度为l0.1m的光滑金属杆置于导轨上。金属杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，经过时间t12s，金属杆以速度v12m/s进入磁感应强度大小为B0.2T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，又经过时间t23s，金属杆的速度变为v22.2m/s。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好。求： （1）金属杆刚进入磁场时加速度a的大小； （2）t23s时间内通过导体棒的电荷量q。 【答案】（1）a20.2m/s；（2）q14C 【解析】 【详解】（1）金属杆进入磁场之前的加速度j的加速度, 由牛顿第二定律得 2Fma1 金属杆刚进入时的速度 v1a1t1 金属杆刚进入磁场时，由牛顿第二定律得 韩哥智慧之窗20

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FBILma2 再由 EBLv1 I联立解得金属杆刚进入磁场时 E Ra20.2m/s2 （2）由动量定理得 Ft2BIlt2mv2mv1 根据公式 qIt 联立解得 q14C 17. 如图所示为一长方体OPMNOPMN空间区域，OP、OO边长均为d，ON边长为3d。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0沿ON方向从O点入射。粒子重力不计，场的边缘效应和粒子的相对论效应均可忽略。 （1）若空间区域内存在沿OO方向的匀强电场，粒子恰好能经过N点，求该匀强电场的场强大小E； （2）若空间区域内存在沿OO方向的匀强磁场，粒子恰好能经过M点，求该匀强磁场的磁感应强度大小B； （3）要使粒子在（1）中的匀强电场和（2）中的匀强磁场的作用下能经过M点，求电场存在的最短时间。 2mv02mv02dd4227【答案】（1）E；（2）B；（3）t 2qd3qd3v03v0【解析】 韩哥智慧之窗21

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【详解】（1）带电粒子做类平抛运动，有 3dv0t d由牛顿第二定律得 12at 2qEam 解得 E2mv203qd （2）带电粒子在磁场中的运动轨迹如图 由几何关系知 Rd23dR2解得 R2d 由牛顿第二定律 qvv200BmR 解得 Bmv02qd （3）由几何关系知，轨迹所对应的圆心角为60°，则 韩哥智慧之窗22

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12R2dt0 6v03v0电场方向 vyat d解得 12atvyt0t 22dd4227 t3v03v018. 如图所示，A和B质量为m6kg的小物块B（可视为质点）放在质量为M2kg的木板A的最左端，一起以v02m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞。AB之间动摩擦因数0.1，取重力加速度g10m/s2，求： （1）木板A与挡板P第一次碰撞后木板A向左运动的最远距离sA； （2）木板A与挡板P第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B的相对位移s1； （3）木板A与挡板P第n次碰撞后到第n1次碰撞前的时间间隔Tn； （4）要保证小物块B始终未从木板A上滑下，求木板A长度的最小值。 【答案】（1）sA【解析】 238m；（2）s12m；（3）Tnns；（4）Lm 323【详解】（1）长木板收到摩擦力，根据牛顿第二定律 mgMa1① 长木板向左做减速运动到速度为0

2v02a1sA② 解得 sA2m③ 3韩哥智慧之窗23

（2）碰撞后，直到小物块和长木板共速，根据动量守恒 mv0Mv0mMv1④ 得 vv012 即再次共速时的速度是前一次一起运动速度的一半。 根据能量守恒 12mv212102Mv02mMv21mgΔs1⑤解得 s12m⑥ （3）长木板的加速度由牛顿第二定律 mgMa 得 amgM3m/s2 长木板减速到0并向右加速到两者共速的时间为 t1v0av1a3v02a⑦ 从第一次碰撞到共速时间内木板的位移 s123v201vt12at18a⑧ 共速直到第二次碰撞挡板过程中木板的位移与s1等大反向，所用时间为 ts13v02v4a⑨ 1第一次和第二次碰撞的时间间隔为两段时间之和 T1t1t9v024a 带入a的值，得 Tv09v03v194a4304⑩ 同理 T33v24v1402 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗

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韩哥智慧之窗

33vT3v20 442233vTnvn1n01 442代入v0的值并化简得 Tn3s⑪ 2n（4）设木板长度的最小值为L，最终两者都静止，紧挨挡板，根据能量守恒，系统动能减少量等于摩擦生热 解得 韩哥智慧之窗mgL1mMv220⑫L83m⑬ 25