【文档说明】山东省济南市2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题 含解析.docx，共(26)页，1.952 MB，由小赞的店铺上传

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济南市高三上学期期末联考物理试题本试卷满分100分。考试用时90分钟。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。）1.2022年11月8日，第14届中国国际航空航天博

览会在珠海开幕，中国空军的运油—20首次进行飞行展示。如图所示，运油—20起飞后在某段时间内沿虚线加速飞行，用F表示空气对飞机的作用力，用G表示飞机受到的重力。下列飞机受力分析图可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】运油—20起飞后在某段时间内沿

虚线加速飞行，可知飞机受到的合力沿虚线向上，根据平行四边定则可知，空气对飞机的作用力F应处于虚线上方偏右。故选C。2.2022年卡塔尔世界杯吸引了全球球迷目光，再次点燃了人们对足球的热情。某次比赛中，甲、乙两名运动员沿同一直线同向运动，两人的速度v与时

间t的关系图像如图所示。0=t时刻甲在乙前方5m处，4st=时下列说法正确的是（）A.甲乙恰好相遇B.甲在乙前方1m处C.乙在甲前方1m处D.甲在乙前方4m处【答案】B的【解析】【详解】vt−图像的面积代表运动员的位移，则4st=时甲和乙的位移为4m2vxt==甲8mxvt==乙而0=t时

刻甲在乙前方05mx=处，则两者的距离为0+=1mxxxx=−甲乙即甲在乙前方1m处。故选B。3.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在10t=时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为1.5m/sv=，P为平衡位置在0.75mx=处的质点。关于质点P在20.25

st=时刻运动的描述，下列说法正确的是（）A.速度为零B.速度方向沿y轴正方向C.加速度为零D.加速度方向沿y轴正方向【答案】A【解析】【详解】AB．由图知，波长=1.5m周期1sTv==波沿x轴正方向传播，质点P在20.25st=时刻运动到波峰处，此

时速度为零，故A正确，B错误；CD．质点P在20.25st=时刻在波峰处，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向，故CD错误。故选A。4.2022年11月1日4时27分，“梦天实验舱”与“天和核心舱”成功对接，这标志着中国空间站建造由全面实施阶段进入

收官阶段。已知组合体的质量为m，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，不考虑地球自转的影响，则组合体的动能为（）A.22mgrRB.22mgRrC.22mgrRD.22mgRr【答案】D【解析】【详

解】万有引力提供向心力22MmvGmrr=则地球表面2MmGmgR=组合体的动能2k12Emv=联立以上三式得Ek=22mgRr故选D。5.电动自行车是日常短途出行的重要交通工具，为确保消费者的生命财产安

全，新国标规定电动自行车的最高速度不能超过25km/h。某品牌电动自行车所用电动机的额定电压为48V，额定电流为12A，内电阻为1。若该电动自行车在额定状态下以国标规定的最高速度在水平地面上匀速行驶，不计其自身机械能损耗，则该电动自行车受到的阻力约为（）A.83NB.62NC.2

3ND.17N【答案】B【解析】【详解】对电动机有2UIIrP=+机由于电动自行车在额定状态下以国标规定的最高速度在水平地面上匀速行驶，则有0PFv=机，Ff=解得62Nf故选B。6.如图所示，轻定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与

质量不等的A、B两物体相连。用挡板托住物体B使A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N；撤去挡板，物体A上升、B下降，此时拉力传感器的示数为15N。重力加速度g取210m/s，则物体B的质量为（）A.0.75kgB.1kgC.1.25kgD.1.5kg【答案】D【解析】【详解】用挡板托

住物体B时A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N，根据平衡条件，A的重力为10=N=5N2Amg撤去挡板，设绳子张力T，根据牛顿第二定律mBg-T=mBaT-mAg=mAa2T=15N联立解得mB=1.5kg故选D。7.如图所示，理想变

压器原副线圈匝数比为2:1，a、b两端接442sin(100)Vut=的交流电源，定值电阻10R=，灯泡L额定电压为22V，其电阻恒定为10，以下说法正确的是（）A.灯泡L消耗的电功率为48.4WB.流过电阻R的电流为1.1AC.若a、b两端接552sin(100)Vut=的交流电源，灯泡

就能正常发光D.保持a、b两端所接电源不变，换用原副线圈匝数比为4:1的理想变压器时，灯泡可能正常发光【答案】C【解析】【详解】B．a、b两端接442sin(100)Vut=的交流电源，则有效值为442V44V2U==设原线圈电流为1I，由变压器的原理有1122UnUn=，1221

InIn=对原线圈由全电路的欧姆定律有2111112L11L22()nnUIRUIRIRIRIRnn=+=+=+其中10R=，L10=R，1221nn=，代入数据解得10.88AI=故流过电阻R的电流为0.88A，故B错误；A．流过副线圈的电流为12121.76AnII

n==则灯泡L消耗的电功率为22L30.976WPIR==故A错误；C．若a、b两端接552sin(100)Vut=的交流电源，则55VU=由2111L2()nUIRIRn=+可得11.1AI=则流过副线圈的电流为12122.2AnIIn==而灯泡正

常发光的额定电流为2L2.2AUIIR===额额流过灯泡的电流刚好为灯泡正常发光的电流，则灯泡就能正常发光，故C正确；D．保持a、b两端所接电源不变，换用原副线圈匝数比为4:1的理想变压器时，即44VU=，1241nn=由2111L2()nUIRIRn=

+可得144A170I=此时流过副线圈的电流为121288A<85nIIIn==额则灯泡不能正常发光，故D错误。故选C。8.如图所示，长为l的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，初始时悬线

沿水平方向伸直。将小球由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，小球从开始释放到运动到最低点的过程中重力功率的最大值为（）A.2mgglB.122mgglC.233mgglD.133mggl【答案】C【解析】【详解】令轻绳与水平方向夹角为，则球体向下运动过程有21sin2mglmv=，c

osPmgv=解得()32sinsinPmggl=−假设3sinsiny=−则有2'cos3sincos0y=−=解得3sin3=可知，此时小球重力功率达到最大，则有3max33233233mgPmg

glgl=−=故选C。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，三个相同的木块a、b

、c通过两个相同的轻弹簧P、Q和一段轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上。每个木块的重力均为10N，轻弹簧的劲度系数均为500N/m。开始时P弹簧处于原长，轻绳好伸直，三个木块均处于静止状态。现用水平力F缓慢地向左拉P弹簧的左端，直到木块c刚好离开水

平地面。从开始到木块c刚好离开地面的过程中，全科免费下载公众号《高中僧课堂》下列说法正确的是（）A.P弹簧的左端向左移动的距离是4cmB.P弹簧的左端向左移动的距离是8cmC.水平力F做的功等于P弹簧增加的弹性势能D.轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能【答案】BD【解析】【详解】AB．

没有施加拉力时，对Q弹簧处于压缩状态，则有1mgkx=解得12cmx=木块c刚好离开地面时，Q弹簧处于拉伸状态，则有2mgkx=解得22cmx=此时P弹簧处于拉伸状态，则有3Fkx=对a分析有F=T对b分析有2Tmgkx=+解得34cmx=则P弹簧的左端向左移动的距离是12

38cmxxxx=++=A错误，B正确；C．根据上述，Q弹簧初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态Q弹簧的弹性势能不变，木块b重力势能增大，P弹簧弹性势能增大，根据功能关系可知水平力F做的功等于P弹簧增加的弹性势能与木块b增加

的重力势能之和，C错误；D．由于Q弹簧初状态的压缩量与末状态的拉伸量相等，则始末状态Q弹簧的弹性势能不变，木块b重力势能增大，则轻绳对木块b做的功等于木块b增加的重力势能，D正确。故选BD。10.如图所示，正三角形三个顶点处分别放置＋q、＋q

、－q三个点电荷，M、N、P三点分别是三条边的中点，以下说法正确的是（）A.M、N两点的电场强度大小相等B.N、P两点的电场强度大小相等C.M点的电势高于N点的电势D.负点电荷在M点的电势能大于在P点的电势能【答案】BC【解析】【详解】A．设正三角形边长

为L，＋q、＋q在M点的合场强为零，－q在M点的场强方向指向－q，大小为224(sin60)3MqqEkkLL==右侧＋q、－q在N的场强方向指向－q，大小为12228()2qqEkkLL==左上角＋q在N的场强方向垂直N点所在直线指向外侧，大小为

22(sin60)MqEkEL==的N点的合场强为2212NEEE=+对比可知MNEEA错误；B．据点电荷场强特点及场强叠加规律可知，N、P两点的电场强度大小相等，B正确；C．在下方＋q产生的电场中，M、N两点离该场源电荷距离相等，电势相等

，在上方＋q、－q产生的电场中，两电荷连线的中垂线为零势面，在左侧电势高于零，在右侧电势低于零，故M点的电势高于N点的电势，C正确；D．在左上角＋q产生的电场中，M、P离该场源电荷距离相等，电势相等，在

右侧＋q、－q产生的电场中，M点电势高于零，P点电势低于零，即M点电势高于P点电势，据pEq=可知，负电荷在电势高的M点电势能较小，D错误。故选BC。11.如图所示，长为3d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子从

MP的中点O垂直于电场和磁场方向以初速度0v射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若只撤去电场，该带电粒子仍从O点以初速度0v水平射入，则粒子从N点射出，粒子重力不计。以下说法正确的是（）A.该粒子一定带正电B.该粒子带正电、负电均可C若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度0v水平射入，则粒子

从AQ之间射出D.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度0v水平射入，则粒子打在板PQ上【答案】AC的.【解析】【详解】AB．由于撤去电场时，该带电粒子从N点射出，可知洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确，B

错误；CD．有电场与磁场作用时，由于粒子恰沿直线从NQ的中点A射出，可知，此时粒子做匀速直线运动，则有0qvBqE=解得0EvB=若只撤去电场，粒子从N点射出，作出轨迹如图所示根据几何关系有()()2223RdRd=+−解得R=2d在磁场中200vqvBmR=结合上述解得

202mvEqd=若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度0v水平射入，若粒子从AQ之间射出，则有03dvt=，212qEytm=解得34ydd=可知，粒子从AQ之间射出，C正确，D错误。故选AC。12.如图所示，正方形金属线框abcd从某高度自由下落进入1TB=的匀强磁场，

从ab边刚进入磁场到cd边刚出磁场过程中，线框中的电流随时间的变化图像如图所示。已知线框边长0.1ml=，总电阻0.1R=，重力加速度210m/sg=。线框通过磁场过程中ab边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是（）A.线框质量0.02kgm=B.磁场宽度0.6mh=

C.cd边刚出磁场时速度为3.8m/sD.线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热为0.0556J【答案】ACD【解析】【详解】A．线框进磁场为匀速直线运动，时间为10.05st=，则匀速的速度为112m/slvt==线框所受的重力与安培力平衡，有2211BlvmgBIlR==解得线框质

量为0.02kgm=故A正确；B．线框匀速进入磁场后，因双边同向切割磁感线，则无感应电流，不受安培力而只受重力，其加速度为g做匀加速直线运动，加速时间为2(0.250.05)s0.2st=−=的则有212212hlvtgt−=+解得磁场宽度为0.7mh=故B错误；C．ab边出

磁场时的速度为2124m/svvgt=+=线框出磁场的过程做变加速直线运动，时间为30.03st=，由动量定理有3332mgtBIltmvmv−=−而流过截面的电量为230.1CBlqItR===联立解得cd边刚出磁场时的速度为

33.8m/sv=故C正确；D．对线框穿过磁场的全过程，由动能定理有22F3111()22mghlWmvmv+−=−安FWQ=安解得线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热为0.0556JQ=故D正确。故选ACD。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.某同学用伏安法测定待测电阻xR的阻值（约为200），除了xR、开关S、导线外，还有下列器材供选用：电压表V（量程0~1V，内阻约10k）电流表1A（量程0~6mA，

内阻约30）电流表2A（量程0~0.6A，内阻约0.05）电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）滑动变阻器0R（阻值范围0~10，额定电流2A）（1）为使测量尽量准确，电流表应选用______；（选填“1A”或者“2

A”）（2）在选用正确的电流表的情况下，请用笔画线代替导线，在答题纸上将实物电路补充完整_________；（3）若该同学仪器选择和电路连接均正确，其待测电阻的测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】①.A1②.③.小于【解析】【详解】（1）[1]电路中可能出现

的最大电流31.5A7.510A200xUIR−===为使测量尽量准确，电流表应选用1A；（2）[2]由于滑动变阻器的最大阻值较小，所以滑动变阻器采取分压式接法，由于VAxxRRRR采用电流表外接法，如图（3）[3]采用电流表外接法，电压表测量值等于真实值，电流表测量值

大于真实值，则待测电阻的测量值小于真实值。14.流量是指单位时间内流经封闭管道或明渠有效截面的流体的体积，又称瞬时流量，某学习小组用如图所示的实验装置测定桶装水抽水器的水流量和喷水口的横截面积。实验器材：3m卷尺，31000cm量筒一个

，手机一部主要实验步骤如下：①调节抽水器喷口的位置和角度，使其末端水平；②打开抽水器开关，将水水平喷出，调节桌面上量筒的位置使水落入量筒中；③用卷尺测得喷口到水平桌面的竖直高度为49.0cmy=、喷口到水在量筒底部落点的水平位移为25.0cmx=；④清空

量筒中的水，重新打开抽水器开关，待空中水流稳定后用手机计时器计时，实验数据如下表所示：时间（s）11.115.319.524.028.2水量（6310m−）300400500600700（1）根据流量的定义，从理论上分析，在空中下落的水柱的横截面积会随下落高度的增大而______（选填“增

大”“减小”或者“不变”）；（2）根据所测数据，在答题卡坐标纸上作出时间与水量的关系图线________；（3）根据图像可得实验中桶装水抽水器的水流量Q=______3m/s；（保留2位有效数字）（4）若已知重力加速度29.8m/sg=，103.16，根据

测量的实验数据可知抽水器的水流量Q与抽水器出水口横截面积之比约为_________；A．0.74B．0.79C．1.27D．1.36【答案】①.减小②.③.52.310−④.B【解析】【详解】（1）

[1]设空中下落的水的速度为v，根据流量定义有VSvtQSvtt===所以在流量不变时，随着下落高度的增大，水的速度在增大，此时水柱的横截面积会减小。（2）[2]根据表中数据可得图线如下：（3）[3]根据题意可得水量与流量的关系为VQt=所以图线的斜率表示

流量的倒数，有6128.211.1(700300)10Q−−=−解得532.310m/sQ−=（4）[4]设水从出水口射出的水平初速度为0v，根据平抛运动规律有212ygt=，0xvt=联立代入数值解得00.79m/sv=

根据前面分析此时有0QSv=所以可得抽水器的水流量Q与抽水器出水口横截面积之比为00.79QvS==故选B。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。）15.研究表明，适当运动可以提高免疫力，抵御新冠状病毒。如图所示，某次活动中甲同学

在距离地面高12.6mh=处将排球水平击出，排球的初速度大小为08m/sv=；乙同学在离地20.8mh=处将排球垫起，垫起前后瞬间排球的速度大小不变，垫起后排球速度的方向与水平方向夹角为53=。已知sin53

0.8=，cos530.6=，重力加速度210m/sg=，不计空气阻力。求：（1）排球被垫起前运动的水平位移x；（2）垫起后排球上升的离地最大高度mh。【答案】（1）4.8m；（2）4m【解析】【详解

】（1）排球被击出后做平抛运动过程，竖直方向满足21212hhgt−=水平方向满足0xvt=联立解得4.8mx=（2）排球被垫起前瞬间竖直方向的分速度大小为ygt=v合速度大小为220yvvv=+排球被垫起后瞬间，竖直方向的分速度大小

为2sinyvv=竖直方向上升的最大高度为2232yvhg=垫起后排球上升的离地最大高度为m23hhh=+联立解得m4mh=16.某同学设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该跑步机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，

且接有量程为m0~U的电压表（内阻很大）和阻值为R的电阻，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，每根金属条的电阻为r，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，求：（1）此跑步机可测量的橡胶带运动速率的最大值mv；（2）电压表的示数恒为m2U时，一根金属条经过磁场区域克服

安培力做的功W；（3）若考虑电压表内阻的影响，请判断测得的速度v测与实际速度v实的大小关系（不要求推导过程，仅回答“vv测实”“vv测实”或“vv=测实”）。【答案】（1）()mmURrvBLR+=；（2）m2BULdWR=；（3）vv测实【解析】【详解】（1）橡胶带达到最大速

度时匀速，切割磁感线产生的电动势为mmEBLv=由全电路的欧姆定律有mmEURRr=+解得()mmURrvBLR+=（2）金属条所受的安培力为FBIL=电流m12UIR=克服安培力做的功为WFd=解得m

2BULdWR=（3）考虑电压表内阻的影响，匀速时由于电压表的分流，则电压表的示数偏小，可知所测的速度偏小，即vv测实。17.如图所示，平面直角坐标系xoy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第

二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为()0qq的粒子甲从点()Sll−−，由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点()0Pl，、质量为3m的中性粒子乙发生弹性正碰，碰撞过程中有

一半电量转移给粒子乙。不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，求：（1）电场强度的大小E；（2）甲乙两粒子碰撞后，粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离d；（3）当乙粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，已知碰

后两粒子在xOy平面内均做周期性运动，且在任一时刻，粒子沿y轴方向的分速度yv与其所在位置的x坐标的绝对值成正比，甲离子的比例系数为2qBkm=甲，乙离子的比例系数为32qBkm=乙。求甲乙两粒子最大速度之比。【答案】（1）22qlBm；（2

）()42nl−；（3）21101++【解析】【详解】（1）对粒子在电场中有2012qElmv=粒子在第四象限内的磁场中有2000qBmR=vv根据几何关系有0Rl=解得22qlBEm=（2）碰撞过程有0123mmvmvv=+2220121112223mmvmvv=+解得12qBlvm

=232qBlvm=碰后对甲粒子有21112vqBvmR=，222223vqmBvR=解得1Rl=，2Rl=粒子圆周运动的周期122mTqB=2232mTqB=可知123TT=当甲粒子第一次到达y轴（1yl=）时，乙粒子第二次到达y轴（23yl=），两粒子相距12dl=此后每次甲粒子到达

y轴时，乙比甲沿y轴多移动4dl=粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离()42dnl=−（3）由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，则mmvkx=由动

能定理有22m1m1111222qExmvmv=−22m2m221122323qmmExvv=−解得()m1212qBlvm=+()m21012qBlvm=+则甲乙两粒子最大速度之比m1m221101vv+==+18.如图所示，半径为0.8mR=的14光

滑圆弧槽C固定在光滑水平面上，质量为1kgBm=的木板B紧靠槽C静止于水平面上，圆弧槽末端水平且与木板B上表面高度相同，木板B右侧有一质量为2kgDm=的木板D，木板B右端与木板D左端相距1m6l=。某时刻，一个质量为3kgAm=的小物块A（可

视为质点）从圆弧槽的顶端由静止滑下，物块A与木板B间动摩擦因数为0.4=。物块A最终恰好不会从木板B的右端滑出，木板B、D间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度210m/sg=，求：（1）物块A滑至槽C末端时槽C对物块A支持力的大小；（2）木板B、D第一次碰后木板B、D

速度的大小；（3）木板D最终速度的大小；（4）木板B的长度。【答案】（1）FN=90N；（2）12m/sBv=，14m/s3Dv=；（3）2=2m/sDv；（4）1mL=【解析】【详解】（1）物块A滑至槽C末端时，根据机械能守恒有2012AA

mgRmv=在槽C末端，根据牛顿第二定律有20NAAFmgmR−=v联立解得N90NF=（2）假设木板B、D第一次碰前物块A、B未共速，对A，根据牛顿第二定律有1AAmgma=解得214m/sa=对B，根据牛顿第二定律有2ABmgma

=解得2212m/sa=根据运动学公式有22112lat=解得11s6t=对A，根据运动学公式有1011Avvat=−解得110m/s3Av=对B，根据运动学公式有121Bvat=解得12m/sBv=由于11ABvv所以假设成立，根据动量守恒121BBBBDDmvmv

mv=+根据能量守恒222121111222BBBBDDmvmvmv=+联立解得12m/sBv=，14m/s3Dv=（3）假设木板B、D第二次碰前物块A、B未共速，则有222221212BDvtatvt+=解得21s3t=对B，根据运动学公式有222

2BBvvat=+解得210m/s3Bv=对A，根据运动学公式有2112AAvvat=−解得22m/sAv=由于22BAvv，所以假设不成立，故物块A、B共速后与D发生第二次碰撞，根据动量守恒有()121AABBABmvmvmmv+=+共解得17m/

s3v=共对B、D碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒有1321BDDBBDDmvmvmvmv+=+共2222132111112222BDDBBDDmvmvmvmv+=+共联立解得3=1m/sBv，2=2m/sDv物块A、B第二次共速，则有153251Bvatvat−=+共解得51s12t=则

共同速度为1521=2m/svvat=−共共由于22Dvv=共，故A、B第二次共速后无法追上板D，此后不会发生第三次碰撞板D的最终速度为2=2m/sDv（4）根据能量守恒()222022111222AAABDDmgLmvmmvmv=−+−共解得1mL=