大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考物理答案.pdf

答案与解析 大教育山东联盟2 0 2 5届高三质量检测第二次联考物 理 【选择题答案速查】123456CBACAB7891 01 11 2DDB CA C DB DA D 1.C【解析】本题考查学生的理解能力、推理能力和创新能力,要求学生理解半衰期的含义,提取信息、加工信息创新性解决问题。经过相同时间,P和Q的放射性活度分别由13P和25Q变为11 2P和12 0Q,由此可知,元素P经过了2个半衰期,元素Q经过了3个半衰期,故C正确,A、B错误。放射性活度变小,元素的半衰期不会改变,故D错误。2.B【解析】本题考查学生的推理能力、模型建构能力。考查应用性,引导学生学以致用,培养积极动手的习惯从第1根电线杆到第1 1根电线杆之间有1 0个间隔,则从第1根电线杆到第1 1根电线杆之间的距离为x=5 0 0 m。v1=1 8 k m/h=5 m/s,v2=9 0 k m/h=2 5 m/s。根据v22-v12=2a x得,a=0.6 m/s2。选项B正确。3.A【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能力。根 据 交 变 电 流 的 有 效 值 的 定 义 知I2R0.3 s=(2 A)2R0.2 s+(1 A)2R0.1 s,解得该交变电流的有效值I=3 A。选项A正确,B、C、D错误。4.C【解析】本题考查学生的推理论证能力和模型建构能力。根据理想气体状态方程p VT=C,由题图可知,p与V的乘积先减小后增大,可知气体的温度先降低后升高,气体分子的平均动能先减小后增大,内能也是先减小后增大,故A、B错误;状态a与状态b的p与V的乘积相等,所以Ta=Tb,U=0,该过程气体体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律U=Q+W得,气体从外界吸收的热量等于对外做的功,故C正确;从状态a到状态b,气体的压强逐渐变小,所以气体分子对汽缸壁单位面积上的作用力变小,故D错误。5.A【解析】本题考查学生的推理论证能力和创新能力,要求学生运用批判性思维分析解决问题。电容器C1两极板间的距离增大,电容器电容减小,假设其电荷量不变,则其极板间电压会升高,通过电流计G和电阻R1放电,故其电荷量减少,由于电容器C1下极板带正电,因此放电时经过电流计G中的电流方向由b到a,选项A正确,C错误;在保持电容器极板电荷量不变的情况下,可以推知极板间电场强度不会随极板间距离变化而改变,所以当极板间距离增大过程中因电荷量减少会使电场强度减小,从而使液滴受到向上的静电力减小,故液滴向下运动,选项B、D错误。6.B【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论证能力。对所学物理知识融会贯通、灵活运用。A星的轨道半径与R星轨道的半长轴相等,两星运动周期相同,R星在轨道图示位置时速度最大,在远地点速度最小,可知R星从图示位置至速度方向均改变9 0 所用的时间小于A星从图示位置至速度方向改变9 0 所用的时间,选项A、C均错误;以O为圆心,过轨道近地点作圆,记该圆的轨道为轨道,可知R星在轨道近地点的速度大于其在轨道上的线速度,R星在轨道上的线速度大于A星在轨道上的线速度,可知在图示位置时,R星的速度大于A星的速度,选项B正确;因椭圆半长轴与圆的半径相等,故两卫星周期相同,且圆的面积大,由此可知,一个周期时间A星与O连线扫过的面积大于R星与O连线扫过的面积,选项D错误。7.D【解析】设薄膜厚度为d,折射率n=1.5,红光在空气中的波长=6 6 0 n m,光在肥皂膜中传播速度满足v=cn=fn=膜f,可知光在薄膜中的波长为膜=n,此处为亮条纹,结 合 半 波 损 失 可 知2d=k 膜+12膜(k0,1,2,),得出d=k 2n+4n=(2 2 0k+1 1 0)n m(k=0,1,2,),当k=2时,d=5 5 0 n m,选项D正确。8.D【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论证能力。要求学生发散思维,判断各种可能出现的情况。设a获得的初速度为v0,根据动量守恒定律得,M v0=(M+m)v,根据能 量 守 恒 定 律 得,12M v02=12(M+m)v2+1m gL2或12M v02=12(M+m)v2+m g3L2。整理得v0=(M+m)g LM或v0=3(M+m)g LM,冲 量 大 小 为M v0=M(M+m)g L或M v0=3M(M+m)g L。选项D正确。9.B C【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能力。因为1.2 s内波传播了一个波长的距离,所以波的周期T=1.2 s。2.4 s时x=1 2 m处的质点开始向y轴负方向振动,至t=3.7 s振动111 2T,位移为-1 c m,向y轴负方向振动;加速度指向平衡位置,与y轴正方向一致;通过的路程为9 c m;以3.7 s时刻为计时起点,质点P的振动方程为y=2 s i n 5 3t-5 6 c m。选项B、C正确,A、D错误。1 0.A C D【解析】本题考查学生的理解能力、推理论证能力和模型建构能力。设v1、v2与斜面之间的夹角为,将重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解,其沿斜面、垂直于斜面的分量分别为a1、a2,则t1=2v1s i n a2,t2=2v2s i n a2,则t1t2=v1v2,选 项A正确;x1=v1c o s t1+12a1t12,x2=v2c o s t2+12a1t22,整理得x1x2=v12v22,选项B错误,C正确;由v1c o s a2t1=v2c o s a2t2,可知石子在M点和在N点速度方向相同,选项D正确。1 1.B D【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能力。着重考查提取信息、加工信息的能力。Q与P将要分离时,它们之间的弹力为0,此时拉力最大为m gs i n,选项A错误;撤去拉力瞬间,P所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力平衡,弹力大小为m gs i n,选项C错误;撤去拉力瞬间,P、Q的加 速 度相 同,根 据牛 顿第 二定 律得,m gs i n=2m a,得a=12gs i n,选项D正确;移动过程中拉力大小F与弹簧弹力大小F弹之间的关系为F+F弹=2m gs i n,故F与移动的位移x成线性关系,此过程F对x的平均值为mgs i n 2,此过程的位移大小为m gs i n k,所以拉力做的功为(m gs i n)22k,选项B正确。1 2.A D【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论证能力。假设粒子做变速直线运动,在与速度垂直方向上的洛伦兹力大小就会改变,受力不能保持平衡,速度方向就会发生改变,不能维持直线运动,选项A正确;根据平衡条件得q2E2=k2v2+q2B2v2,解得v=q Ek2+q2B2,选项B错误;若速度方向与纸面不平行,速度在垂直于纸面方向上有分速度,粒子在垂直于纸面方向受阻力f=-k v做减速运动,与粒子一定做匀速直线运动矛盾(或:粒子在平行于纸面方向上受力f=FE-k v。f与f的比值不恒等于v与v的比值,粒子不能维持直线 运动),选 项C错误;t a n=q v Bk v=q Bk,选项D正确。1 3.(1)hL(2)如图所示 0.3 0(每空2分)【解析】(1)由能量守恒定律可知m g L=m g h,得=hL。(2)将两组数据描点,用直线拟合这些点,得到一条直线。直线斜 率 的 倒 数 即 为 动 摩 擦 因 数,得 动 摩 擦 因 数 为0.3 0。1 4.(1)变小(2)B (3)H(4)(U-I1r1)R3I1(r1+R3)(每空2分)【解析】(1)多用电表的电阻挡刻度盘最外圈的电阻刻线,中央刻度乘以倍率即为多用电表的电阻挡的内阻,原来使用的倍率为“1 0 0”,更换后的倍率为“1 0”,所以更换后多用电表的电阻挡的内阻变小。(2)(3)通过待测电阻的最大电流约为4 5 mA,故电流表A1的量程太小,电流表A2的量程太大,需要对电流表A1扩大量程,结合电路的串并联,可知选择定值电阻R3,改装后的量程为4 5 mA,满足测量要求;由于新改装后的电流表内阻已知,故采用伏安法测电阻时应用内接法,故电 路图 选择B。(4)根据电路图B,可知通过待测电阻的电流为I1+r1I1R3,待测电阻两端的电压为U-I1r1,故Rx的实际值为(U-I1r1)R3I1(r1+R3)。1 5.(1)6p0S7g(2)12【解析】(1)设弹簧的劲度系数为k,开始对活塞受力分析可2知,m g=kL02-L03 倒置后设封闭气体压强为p2,活塞受力平衡,则p2S+m g=k7L01 2-L02 +p0S对封闭气体由玻意耳定律得p0L0S3=p27L0S1 2解得m=6p0S7g(2)打开阀门气体进入汽缸,稳定后汽缸内气体的压强变为p0,此时弹簧长度设为L,对活塞有m g=k LL02 解得L=2L03故活塞未到达汽缸的限位处。设倒置后打开阀门前缸内气体质量为m1、打开阀门后缸内气体质量为m2。打开阀门前缸内气体的质量就是汽缸开口向上竖直放置并刚关上阀门时的质量,开口向上竖直放置并关上阀门时缸内气体和倒置并打开阀门后缸内气体的压强、温度都相同,故质量与体积成正比,得m1m2=L03S2L03S解得m1m2=12【评分参考】本题共7分,每式1分。1 6.(1)6+22(2)5(3 2+6)L6c【解析】(1)光路图如图所示,光线由G点射入三角形玻璃砖后,在H点 发 生 了 全 反 射,光 线 由K点 射 出,其 中GHB=3 0 由反射定律可知KHC=3 0 则在K点入射角i=3 0 折射角r=9 0 -=7 5 由折射定律可知n=s i n rs i n i得出n=6+22(2)由几何关系可知P Q=Lc o s 3 0 =32LGH=B Gt a n 6 0 =32LHK=B C-BHc o s 3 0=2 33L光在玻璃砖中传播速度v=cn光在玻璃砖中传播的时间t=P Q+GH+HKv=5(3 2+6)L6c【评分参考】本题共9分,每式1分。1 7.(1)0.8 N(2)1.4 s (3)1 m【解析】(1)小物块从B到C过程中,根据机械能守恒定律得-m g R(1-c o s)=0-12m vB2小物块经过圆弧轨道的B点时,根据牛顿第二定律得m gc o s-FN=mvB2R代入数据解得FN=0.8 N由牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为0.8 N。(2)由知,vB=2 m/s,小于传送带的速度,所以小物块以速度v0滑上传送带后,先以大小为a1的加速度做减速运动,与传送带速度v相等后再以大小为a2的加速度做减速运动,根据牛顿第二定律得m gs i n+m gc o s=m a1m gs i n-m gc o s=m a2由运动学公式得v2-vB2=2a2x2v02-v2=2a1(L-x2)t2=v-vBa2t1=v0-va1小物块从A到B的运动时间为t=t1+t2代入数据解得t=1.4 s(3)小物块在传送带上运动的第一个过程中,相对传送3带向前运动x1=L-x2-v t1第二个过程中,相对传送带向后运动x2=v t2-x2代入数据并比较可知,小物块在传送带上留下的划痕长度为x=1 m【评分参考】本题共1 4分,其中每式1分。1 8.(1)()1 5m g R8B2L2()5m g R8B2L23t0-7 5m R8B2L2 (2)()aM大小为36 5g,方向沿斜面向下;aN大小为26 5g,方向沿斜面向上()9m g1 3B L()2vM+3vN=4 5m g R1 3B2L2或2vM-3vN=4 5m g R1 3B2L2【解析】(1)()杆M产生的电动势E0=B L v0c o s 3 7 杆M受力平衡有m gs i n 3 7 -B2L2v0c o s 3 7 2Rc o s 3 7 =0联立解得v0=1 5m g R8B2L2()设杆M达到最大速度时,发生的位移为x,对M由动量定理得m gs i n 3 7 t0-B2L2c o s23 7 2Rx=m v0联立解得x=5m g R8B2L23t0-7 5m R8B2L2 (2)两杆加速度恒定时,受力恒定、电流恒定、电动势恒定(等于恒量E);设两杆沿斜面下滑速度分别为vM、vN,加速度分别为aM、aN。B L vMc o s 3 7 +2B L vNc o s 5 3 =E对式求导得B L aMc o s 3 7 +2B L aNc o s 5 3 =0解得aM=-1.5aN对M由牛顿第二定律得m gs i n 3 7 -B I Lc o s 3 7 =m aM对N由牛顿第二定律得m gs i n 5 3 -2B I Lc o s 5 3 =m aN由闭合电路欧姆定律得I=E2R联立解得aM=36 5g,方向沿斜面向下aN=-26 5g,aN大小为26 5g,方向沿斜面向上I=9m g1 3B L2vM+3vN=4 5m g R1 3B2L2因杆N加速度方向沿斜面向上,其加速度恒定有两种可能情况:可能 是匀 减 速向 下运 动,两 杆速 度大 小vM、vN满 足关系2vM+3vN=4 5m g R1 3B2L2可能 是匀 加 速向 上运 动,两 杆速 度大 小vM、vN满 足关系2vM-3vN=4 5m g R1 3B2L2【评分参考】本题共1 6分,式2分,其余每式1分。4