山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期末考试物理试题 附解析

2022～2023学年度第一学期高三质量检测物理试题一、选择题1.如图甲所示，生活中常用两根并排的竹竿将砖块从高处运送到低处。将竹竿简化为两根平行放置、粗细均匀的圆柱形直杆，一长方体砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑。图乙为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将两竹竿间距减少一些，则（）A.竹竿对砖块的弹力变小B.竹竿对砖块的摩擦力变大C.砖块的加速度不变D.砖块下滑到底端的时间变短【答案】C【解析】【详解】A．设竹竿与水平方向夹角为，两竹竿对砖块弹力的夹角为，砖块在垂直运动方向受力如图根据平衡条件有仅将两竹竿间距减少一些，不变，竹竿对砖的弹力不变，故A错误；B．竹竿对砖的摩擦力为不变，则摩擦力不变，故B错误；C．沿运动方向，根据牛顿第二定律有、不变，则砖块下滑的加速度不变，故C正确；D．根据位移公式有解得竹竿的长度不变，砖块的加速度不变，可知砖块滑动底端的时间不变，故D错误。故选C。2.如图所示，均匀的带负电圆环圆心为O，以O点为坐标原点建立x轴，坐标轴垂直于圆环平面。A是x轴上的一点，现在A处再放置一个同样的带正电圆环，圆心在A点，环面与x轴垂直。放置带正电圆环后，关于A点的电场强度E和电势φ的变化，下列说法正确的是（）A.E增大、φ增大B.E不变、φ增大C.E增大、φ不变D.E不变、φ不变【答案】B【解析】【详解】根据微元法和对称法可知，设无穷远处为零电势，则处带负电的圆环在点产生的电场强度方向向左，且；同理，处带正电的圆环在点产生的电场强度为零，同时在轴上点左侧的场强方向向左，点右侧的场强方向向右，故处的电势；所以两个圆环的场叠加后处的电场强度没变，电势增大。故选B。3.当前部分人对手机有较强的依赖性，出现躺着看手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到的冲击时间约为0.1s，取g=10m/s2，则手机对眼睛的冲击力约为（）A.4.8N B.3.2N C.6N D.1.6N【答案】A【解析】【详解】根据自由落体公式，可得砸到眼睛时手机下落的速度大小对于手机，碰撞过程由动量定理t选向上为正解得故选A。4.一质量为m的滑块（可视为质点），以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与v02的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是（）A.滑块下滑过程中处于失重状态B.滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2C.若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3sD.若v0=4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s【答案】C【解析】【详解】B．由题意可知，滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，当最大位移小于6m时，末速度为零，由位移速度公式可得对比图像可得解得滑块下滑的加速度大小为B错误；A．滑块减速下滑，具有竖直向上的分加速度，可知滑块处于超重状态，A错误；CD．若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的位移为下滑时间为同理可知，若v0=4m/s，滑块减速至速度为零下滑的位移为由位移公式可得解得另一解6s不符合题意舍去，D错误。故选C。5.NPO电容器是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组利用电路图甲研究该电容器的放电规律，先将开关S接通1，待电路稳定后接通2，用电流传感器和计算机测得电容器某次放电时电流随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.流过R0的电流方向竖直向上B.图乙中图线与坐标轴围起来的面积表示电容器电容的大小C.若增大R0的阻值，则放电时间减少D.若增大R0的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变【答案】D【解析】【详解】A．由甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过电流方向竖直向下，故A错误；B．根据微元法的思想知，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，故B错误；D．充电后，电容器与电源断开，电荷总量不变，根据B项分析，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，则增大R0的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变，故D正确；C．电容器充满电后，电荷总量不变，电容不变，根据知不变，又若增大的阻值，则放电初始时刻的最大电流减小，根据I-t图线与坐标轴围起来的面积不变，故放电时间增加，故C错误。故选D。面积不变6.如图所示，金属线框abcd由五段粗细均匀的金属棒组成，每段金属棒的长度均为L，电阻均为R，线框固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直。在线框a、c两端加上电压U，则线框受到的安培力大小为（  ）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】电路总电阻干路电流通过bd电流为零，通过abc、adc支路电流均为根据几何关系abc、adc受到的安培力大小相等，方向相同，大小均为所以线框受到的安培力大小为故选D。7.匈牙利物理学家厄缶在19世纪指出：“沿水平地面向东运动的物体，其重量（即：列车的视重或列车对水平轨道的压力）一定会减轻”。后来，人们常把这类物理现象称之为“厄缶效应”。一静止在赤道某处的列车，随地球自转的线速度为，已知列车的质量为，地球的半径为。若列车相对地面以速率沿水平轨道向东行驶，由于列车向东行驶而引起列车对轨道的压力减少的数值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】若仅仅考虑地球的自转影响时，火车绕地心做圆周运动的线速度大小为，以火车为研究对象，根据牛顿第二定律得解得若这列火车相对地面又附加了一个线速度，火车绕地心做圆周运动的线速度大小为，根据牛顿第二定律得解得所以故选D。8.如图所示的理想变压器，原、副线圈上接有完全相同的五个灯泡，A、B两点间输入有效值恒为UAB的正弦交流电压。当开关S断开时，L1、L2、L3和L4四个灯泡的亮度相同。假定原、副线圈匝数分别为n1、n2，灯泡的阻值恒定，副线圈两端电压用UCD表示，开关S闭合后五个灯泡均不损坏，下列说法正确的是（）A.n1：n2=1:3B.开关S断开时，UAB：UCD=3:1C.开关S闭合时，UAB：UCD=13:3D.开关S闭合时，灯泡L1的亮度比S断开时暗【答案】C【解析】【详解】A．当开关S断开，A、B两点间输入有效值为UAB的交流电压时，接通的4盏灯亮度相同，设灯的电流为I，则原线圈的电流为I，副线圈的电流为3I，所以匝数比为故A错误；B．当开关S断开时，设副线圈的电压为U，则原线圈的电压为原线圈灯泡电压为U，则UAB：UCD=4：1故B错误；C．当开关S闭合时，设副线圈的电压为U4，则原线圈的电压为则U3=3U4此时设副线圈每个灯的电流为，则副线圈的电流为，则原线圈的电流为则原线圈的电流为，原线圈电压为则故C正确；D．开关S闭合后，副线圈的功率变大，则原线圈的功率也变大，即原线圈中的电流变大，所以灯泡L1将变亮，故D错误；故选C。9.科学家在银河系发现一颗类地行星，该类地行星的半径是地球半径的2倍，质量是地球质量的3倍。卫星a、b分别绕地球、类地行星做匀速圆周运动，它们距中心天体表面的高度均等于各自中心天体的半径。则卫星a、b的（  ）A.线速度之比为 B.角速度之比为C.周期之比为 D.加速度之比为3:4【答案】AC【解析】【详解】由万有引力提供向心力可得可得A．设地球质量M，半径R，卫星a、b的线速度之比故A正确；B．卫星a、b的角速度之比故B错误；C．卫星a、b周期之比故C正确；D．卫星a、b的向心加速度之比故D错误。故选AC。10.图甲为判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，I0的方向如图所示，该检测电流在铁芯中产生磁场，磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（如图乙所示，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表示数的变化来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是（）A.M端应与电压表的“－”接线柱相连B.要提高检测灵敏度可适当减少高度d的大小C.如果仅将工作电流反向，电压表的“＋”、“－”接线柱连线位置无需改动D.当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变大【答案】BD【解析】【详解】A．图甲中检测电流通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势低，内侧面电势高，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，A错误；B．当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有可得要提高检测灵敏度，工作电流I恒定时、可以减小d的方法，B正确；C．如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，C错误；D．由可知当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知，说明检测电流变大，故D正确。故选BD。11.如图所示，一根足够长水平滑杆上套有一质量为m的光滑铝环，在滑杆的正下方放置一足够长光滑绝缘轨道PP′，PP′与杆SS′平行。现使质量为M的条形磁铁正对铝环的圆心以水平初速度v0沿绝缘轨道向右运动，圆环平面始终垂直于滑杆，则（）A.从左往右看，圆环中感应电流的方向始终为顺时针B.磁铁不会穿过滑环，且最终二者共速C.磁铁与圆环的最终速度为D.整个过程最多能产生热量【答案】CD【解析】【详解】A．若金属环能穿过条形磁铁，在条形磁铁的左端时，靠近磁铁，向左的磁通量就越大，会感应出向右的磁场，电流方向从左向右看为顺时针方向，在右端远离磁铁时，向左的磁通量减小，感应出向左的磁场，电流方向从左向右看为逆时针，故A错误；BC．磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时解得故B错误，C正确；D．磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为故选CD。12.如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°，某时刻由静止释放物块（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（）A.小球和物块组成的系统机械能守恒B.弹簧的劲度系数为C.小球到达Q点时的速度大小为D.重力对物块做功的功率一直增大【答案】BC【解析】【详解】A．小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误；B．P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知则小球位于P点时弹簧的压缩量为小球在P点，由力的平衡条件可知解得故B正确；C．当小球运动到Q点时，假设小球的速度为v，此时物块的速度为零，又小球、物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得解得故C正确；D．由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。故选BC。三、非选择题13.如图甲所示，一端带有定滑轮的水平长木板上有A、B两个光电门，A光电门固定在某位置，B光电门可以沿长木板移动。某兴趣小组利用该装置进行了如下探究：①砂桶中加入砂子，用天平测出砂和砂桶的质量m，并保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量；②用跨过定滑轮的轻绳将滑块与砂桶相连，调节滑轮高度使轻绳水平；③将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块在两光电门之间的运动时间t0，并测出此时两光电门的距离x；④改变砂和砂桶的质量m，调节两光电门的距离x，仍将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，并使滑块在两光电门之间的运动时间仍为t0，测得m、x的多组数据；⑤在坐标系中作出m－x的图像如图乙所示，图线在纵轴的截距为b，在横轴的截距为-c。已知重力加速度大小为g，若把砂和砂桶所受重力作为滑块受到的拉力，根据图像信息可知：（1）物块与长木板之间的动摩擦因数为_______，滑块质量为_______。（用所给物理量的字母表示）（2）动摩擦因数的该测量值_______（选填“大于”“等于”或“小于”）其真实值。【答案】①.②.③.小于【解析】【详解】（1）[1][2]由牛顿第二定律得根据匀变速直线运动规律得可得由图像可知可得（2）[3]由于实际情况是因此化简可得即因此可知测量的小车的质量是偏大，则动摩擦因数的测量值偏小。14.某兴趣小组利用如下器材探究小灯泡（5V，2.5W）的电流随电压变化的关系，实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化。A．直流电源（电动势约为6V，内阻约为1Ω）B．直流电压表（量程0～5V，内阻约为10kΩ）C．直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）D．直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）E．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）G．开关和导线（1）实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用_______。（均用序号字母表示）（2）应选择下图中_______电路图进行实验。A．B．C．D．（3）该兴趣小组通过实验作出小灯泡的U－I图线如图甲所示。该小组又把此灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝5V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝9Ω，此时灯泡的实际功率为_______W。（结果保留两位有效数字）【答案】①.C②.E③.A④.0.55##0.56##0.57##0.58##0.59##0.60【解析】【详解】（1）[1][2]流过小灯泡的额定电流为故实验中电流表应选用C；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化电路应选用分压式电路，滑动变阻器应选用E；（2[3]实验要求小灯泡两端电压从零开始变化电路应选用分压式电路，小灯泡的电阻约为即故电路应选择外接法，故选A。（3）[4]把定值电阻与电源整体看做等效电源，则在题图甲所示坐标系内作出电源的U-I图像如图所示：由图可知，灯泡两端的电压为电流为灯泡的实际功率为15.某同学利用风洞实验来研究物体运动的规律。在风洞中把小球（视为质点）从A点斜向右上方抛出，初速度大小为=10m/s，与水平方向的夹角为θ=37o，经过一段时间小球落到与A点等高的B点。小球运动过程中受到的风力大小恒为重力的0.2倍，方向始终竖直向下。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：（1）小球从A点运动到B点所用的时间t；（2）AB之间的距离d和小球运动过程中上升的最大高度h。【答案】（1）1s；（2）8m，1.5m【解析】【详解】（1）竖直方向上，根据牛顿第二定律可得

解得竖直方向加速度大小为

以竖直向上为正方向，则小球在A点沿竖直方向的速度为

根据对称性可知，小球在B点沿竖直方向的速度为

因此解得（2）从A到B，在水平方向上，满足

从A到最高点，根据对称性，时间为，则16.如图所示，快递公司用水平传送带传送快递，传动带顺时针转动，速度大小恒为v0=3m/s。质量为m=1kg的快递，上表面固定一“日”字形线框，ab边长L=0.1m，ae边长为2L，c、d为两长边的中点，ab、cd、ef的电阻均为r=0.04Ω，其余电阻不计。传送带右侧存在磁感应强度为B=3T、方向竖直向下、宽度为L的匀强磁场，其边界与ab平行。已知线框的ab边进入磁场区域前快递已与传送带保持相对静止，线框的质量忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。（1）若线框进入磁场后，快递仍能与传送带保持相对静止，求快递与传送带间的动摩擦因数µ的最小值；（2）若线框刚到达磁场左边界时，快递与传送带间的摩擦力消失，求线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.45；（2）1.25J【解析】【详解】（1）ab边刚进磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势为

此时线圈形成回路的总电阻为

所受安培力大小为

解得

若ab边进入磁场要保持静止，可知线框所受摩擦力必须大于4.5N。当cd边进入磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势大小仍为E1，回路形成的总电阻仍为1.5r，且仍是切割磁场线的边长受到安培力，故仍需摩擦力大于4.5N。同理当ef边进入磁场时，线框所受安培力仍然一样。因此线框进入磁场后，快递仍能与传送带保持相对静止，则快递与传送带间的动摩擦因数µ的最小值满足

解得

（2）由（1）可知，当线框速度为v时，线框所受安培力大小为

根据牛顿第二定律解得两边同乘可得

所以

设线框出磁场速度为v1，则有

解得

由动能定理可得解得

17.如图所示，斜面固定在水平地面上，倾角为，底端有一与斜面垂直的固定挡板。滑块A与斜面间的摩擦忽略不计，滑块B与斜面之间的动摩擦因数，滑块A从斜面顶端无初速释放，运动后与静止的滑块B发生弹性正碰，碰撞时滑块B与挡板之间的距离为，之后滑块B与挡板发生弹性碰撞。已知滑块B的质量是滑块A的2倍，滑块A、B均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间忽略不计，，，取。（1）求滑块A、B第一次碰撞后各自的速度大小、；（2）若滑块A、B碰撞后取走滑块A，求滑块B从碰后到减速到零所需的时间t；（3）若滑块A、B碰撞后不取走滑块A，经一段时间后滑块A和滑块B会在斜面上的Q点（未画出）发生第二次弹性正碰，求Q点与挡板之间的距离。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设A的质量为、则B的质量为，A静止释放后做匀加速运动，第一次与B碰前的速度为，对A根据动能定理可得解得A、B发生第一次碰撞过程中，根据系统动量守恒定律可得根据系统机械能守恒定律可得联立解得，则滑块A、B第一次碰撞后各自的速度大小分别为，（2）对B分析，由于所以碰撞后B匀速运动，B达到挡板的时间为B反弹后，沿斜面向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得解得反弹后，B的加速度大小为B反弹后减速到停下所用时间为滑块B从碰后到减速到零所需的时间为（3）滑块B与挡板发生弹性碰撞后，向上减速到停下通过的位移大小为，则有滑块A第一次与滑块B碰撞后，先沿斜面向上做匀减速直线运动，再向下做匀加速直线运动，整个过程滑块A的加速度方向沿斜面向下，大小为设滑块B与挡板发生弹性碰撞后到停下时，滑块A还未与B发