文档内容
答案与解析
★ ★
大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考
物 理
【选择题答案速查】 力,要求学生运用批判性思维分析解决问题。电容器C 两
1
极板间的距离增大,电容器电容减小,假设其电荷量不变,则
1 2 3 4 5 6
其极板间电压会升高,通过电流计 和电阻R 放电,故其
G 1
C B A C A B
电荷量减少,由于电容器C 下极板带正电,因此放电时经过
1
7 8 9 10 11 12
电流计 中的电流方向由b到a,选项 正确, 错误;在保
G A C
D D BC ACD BD AD 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
1. 【解析】 本题考查学生的理解能力、推理能力和创
C 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
新能力,要求学生理解半衰期的含义,提取信息、加工信息创
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
新性解决问题。经过相同时间, 和 的放射性活度分别由
P Q 的静电力减小,故液滴向下运动,选项 、 错误。
BD
1η 和2η 变为1η 和1η ,由此可知,元素 经过了 6. 【解析】 本题考查学生的模型建构能力和推理论
P Q P Q P 2 B
3 5 12 20
证能力。对所学物理知识融会贯通、灵活运用。 星的轨道
个半衰期,元素 经过了 个半衰期,故 正确, 、 错误。 A
Q 3 C AB
半径与 星轨道的半长轴相等,两星运动周期相同, 星在
放射性活度变小,元素的半衰期不会改变,故 错误。 R R
D
轨道图示位置时速度最大,在远地点速度最小,可知 星
2. 【解析】 本题考查学生的推理能力、模型建构能 Ⅱ R
B 从图示位置至速度方向均改变 所用的时间小于 星从
力。考查应用性,引导学生学以致用,培养积极动手的习惯。 90° A
图示位置至速度方向改变 所用的时间,选项 、 均错
从第 根电线杆到第 根电线杆之间有 个间隔,则从第 90° A C
1 11 10 误;以O为圆心,过 轨道近地点作圆,记该圆的轨道为 轨
根电线杆到第 根电线杆之间的距离为x 。v Ⅱ Ⅲ
1 11 =500m 1= 道,可知 星在 轨道近地点的速度大于其在 轨道上的线
/ /,v / /。根据v2 v2 R Ⅱ Ⅲ
18kmh=5ms 2=90kmh=25ms 2 - 1 = 速度, 星在 轨道上的线速度大于 星在 轨道上的线速
ax得,a . /2。选项 正确。 R Ⅲ A Ⅰ
2 =06ms B 度,可知在图示位置时, 星的速度大于 星的速度,选项
3. 【解析】 本题考查学生的理解能力和推理论证能 R A B
A 正确;因椭圆半长轴与圆的半径相等,故两卫星周期相同,且
力。根据交变电流的有效值的定义知I2R .
×03s= 圆的面积大,由此可知,一个周期时间 星与O连线扫过的
( )2R . ( )2R . ,解得该交变电流的有效 A
2A ×02s+ 1A ×01s 面积大于 星与O连线扫过的面积,选项 错误。
R D
值I
= 3 A
。选项
A
正确,
B
、
C
、
D
错误。
7. 【解析】 设薄膜厚度为d,折射率n .,红光在
D =15
4.
C
【解析】 本题考查学生的推理论证能力和模型建 空气中的波长λ ,光在肥皂膜中传播速度满足v
=660nm =
pV
构能力。根据理想气体状态方程
T =
C,由题图可知,p与 c λf
λ膜f,可知光在薄膜中的波长为λ膜
λ
,此处为
n=n= =n
V的乘积先减小后增大,可知气体的温度先降低后升高,气
亮条纹,结合半波损失可知 d kλ膜 1λ膜 (k ,,
体分子的平均动能先减小后增大,内能也是先减小后增大, 2 = + =01
2
故 、 错误;状态a与状态b的p与V的乘积相等,所以 ,…),得出d kλ λ ( k ) (k ,,,…),
AB 2 =n+n= 220 +110 nm =012
T T ,U ,该过程气体体积增大,气体对外做功,根据 2 4
a= b Δ =0 当k 时,d ,选项 正确。
热力学第一定律 U Q W 得,气体从外界吸收的热量等 =2 =550nm D
Δ = + 8. 【解析】 本题考查学生的模型建构能力和推理论
于对外做的功,故 正确;从状态a到状态b,气体的压强逐 D
C 证能力。要求学生发散思维,判断各种可能出现的情况。设
渐变小,所以气体分子对汽缸壁单位面积上的作用力变小,
获得的初速度为v,根据动量守恒定律得,Mv (M
故 错误。 a 0 0= +
D
5. 【解析】 本题考查学生的推理论证能力和创新能 m)v,根据能量守恒定律得,1Mv 0 2 = 1(M + m)v2 +
A 2 2
1
— —L L qE
μmg 或1Mv2 1(M m)v2 μmg3 。整理得v 得q2E2 k2v2 q2B2v2,解得v ,选项 错
2 2 0 = 2 + + 2 0= = + = k2 q2B2 B
+
μ(M
+
m)gL
或v 3
μ(M
+
m)gL
,冲 量 大 小 为
误;若速度方向与纸面不平行,速度在垂直于纸面方向上有
M 0 = M
分速度,粒子在垂直于纸面方向受阻力f kv 做减速
⊥=- ⊥
Mv μM(M m)gL或Mv μM(M m)gL。选 运动,与粒子一定做匀速直线运动矛盾(或:粒子在平行于纸
0= + 0= 3 +
项 正确。
D 面方向上受力f ∥= F E ∥- kv ∥ 。f ⊥ 与f ∥ 的比值不恒等于
9. BC 【解析】 本题考查学生的理解能力和推理论证能 v 与v 的比值,粒子不能维持直线运动),选项 错误;
⊥ ∥ C
力。因为 . 内波传播了一个波长的距离,所以波的周期
12s α qvB qB ,选项 正确。
T . 。 . 时x 处的质点开始向y轴负方向振 tan =kv=k D
=12s 24s =12m
h
动,至t =3 . 7 s 振动 1 1T,位移为 -1 cm ,向y轴负方向振 13. (1)L (2) 如图所示 0 . 30( 每空 2 分 )
12
动;加速度指向平衡位置,与y轴正方向一致;通过的路程为
;以 . 时刻为计时起点,质点P的振动方程为y
9cm 37s =
5πt 5π 。选项 、 正确, 、 错误。
2sin - cm BC AD
3 6
10. 【解析】 本题考查学生的理解能力、推理论证
ACD
能力和模型建构能力。设v、v 与斜面之间的夹角为θ,将
1 2
重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解,其沿斜面、垂直于斜
v θ v θ
面的分量分别为a 1 、a 2 ,则t 1= 2 a 1sin ,t 2= 2 a 2sin ,则 【解析】 ( 1 )由能量守恒定律可知 μmgL = mgh,得 μ =
2 2
h
t v 。
1 1,选项 正确;x v θ·t 1at2,x L
t =v A 1= 1cos 1+ 11 2=
2 2 2
()将两组数据描点,用直线拟合这些点,得到一条直
v
2cos
θ ·t
2+
1a
1
t
2
2,整理得
x
x
1
=
v
v
1
2
2
,选项
B
错误,
C
正
线。直
2
线斜率的倒数即为动摩擦因数,得动摩擦因数为
2 2 2
v θ v θ . 。
确;由 1cos 2cos ,可知石子在M点和在N点速度方 030
at = at
21 22 14. 变小 ( U - I 1 r 1) R 3 每空 分
向相同,选项 正确。 (1) (2)B (3)H (4)Ir R ( 2 )
D 1(1+ 3)
11. 【解析】 本题考查学生的理解能力和推理论证 【解析】 ()多用电表的电阻挡刻度盘最外圈的电阻刻
BD 1
能力。着重考查提取信息、加工信息的能力。 与 将要分 线,中央刻度乘以倍率即为多用电表的电阻挡的内阻,原来
Q P
离时,它们之间的弹力为 ,此时拉力最大为mg θ ,选项 使用的倍率为“ ”,更换后的倍率为“ ”,所以更换后
0 sin A ×100 ×10
错误;撤去拉力瞬间, 所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下 多用电表的电阻挡的内阻变小。
P
的分力平衡,弹力大小为mg θ,选项 错误;撤去拉力瞬 ()()通过待测电阻的最大电流约为 ,故电流表
sin C 2 3 45mA
间,、 的加速度相同,根据牛顿第二定律得,mg θ 的量程太小,电流表 的量程太大,需要对电流表 扩
PQ sin = A1 A2 A1
大量程,结合电路的串并联,可知选择定值电阻R ,改装后
ma,得a 1g θ ,选项 正确;移动过程中拉力大小F 3
2 = 2 sin D 的量程为 ,满足测量要求;由于新改装后的电流表内
45mA
与弹簧弹力大小F弹 之间的关系为F
+
F弹
=2
mg
sin
θ ,故F 阻已知,故采用伏安法测电阻时应用内接法,故电路图选
与移动的位移 x成线性关系,此过程F对 x的平均值为
择 。
Δ Δ
B
mg sin θ ,此过程的位移大小为 mg sin θ ,所以拉力做的功为 ()根据电路图 ,可知通过待测电阻的电流为I
k 4 B 1+
2
rI
(mg sin θ )2 ,选项 正确。 R 1 1,待测电阻两端的电压为U - I 1 r 1 ,故R x 的实际值为
k B 3
2
(U Ir)R
12. 【解析】 本题考查学生的模型建构能力和推理 - 1 1 3。
AD I(r R )
1 1+ 3
论证能力。假设粒子做变速直线运动,在与速度垂直方向上
pS
15. 6 0 1
的洛伦兹力大小就会改变,受力不能保持平衡,速度方向就 (1) g (2)
7 2
会发生改变,不能维持直线运动,选项 正确;根据平衡条件 【解析】 ()设弹簧的劲度系数为k,开始对活塞受力分析可
A 1
2
— —L L r
知,mg
=
k 0
-
0
①
由折射定律可知n
=
sin
i ③
2 3 sin
倒置后设封闭气体压强为p ,活塞受力平衡,则
2 得出n 6+ 2
= ④
L L 2
p 2 S + mg = k7 0 - 0 + p 0 S ② ()由几何关系可知
12 2 2
对封闭气体由玻意耳定律得
PQ L 3L
= cos30°= ⑤
LS LS 2
p · 0 p ·7 0
0 = 2 ③
3 12 GH BG 3L
= tan60°= ⑥
pS 2
解得m 6 0
= g ④ BC BH
()打开阀
7
门气体进入汽缸,稳定后汽缸内气体的压强
HK
=
cos
-
30°
=
2
3
3L
⑦
2
c
变为p ,此时弹簧长度设为L,对活塞有 光在玻璃砖中传播速度v
0 =n ⑧
L
mg kL 0 光在玻璃砖中传播的时间
= - ⑤
2
PQ GH HK ( )L
L t + + 532+ 6
解得L 2 0 = v = c ⑨
= ⑥ 6
3
【评分参考】 本题共 分, 每式 分。
故活塞未到达汽缸的限位处。 9 ①~⑨ 1
17. . .
设倒置后打开阀门前缸内气体质量为m 、打开阀门后 (1)08N (2)14s (3)1m
1 【解析】 ()小物块从B到C过程中,根据机械能守恒定
缸内气体质量为m 。打开阀门前缸内气体的质量就是汽缸 1
2 律得
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
-
mgR(
1-cos
θ )
=0-
1mv B2
①
2
压强、温度都相同,故质量与体积成正比,得 小物块经过圆弧轨道的B点时,根据牛顿第二定律得
m
1
L
3
0S mg cos θ - F N= m
v
R
B2
②
m = L
2 2 0S 代入数据解得
3
F .
解得
m
1 1
N=08N ③
m = ⑦ 由牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为
2 2
【评分参考】 本题共 分, 每式 分。 . 。
7 ①~⑦ 1 08N ④
16. 6+ 2 5(32+ 6) L
(
2
)由
①
知,v
B=2 m
/
s
,小于传送带的速度,所以小物块
(1)
2
(2)
6
c 以速度v 滑上传送带后,先以大小为a 的加速度做减速运
0 1
【解析】 (
1
)光路图如图所示,光线由G点射入三角形玻 动,与传送带速度v相等后再以大小为a 的加速度做减速
2
璃砖后,在 H 点发生了全反射,光线由K 点射出,其中 运动,根据牛顿第二定律得
∠
GHB
=30°
mg
sin
θ
+
μmg
cos
θ
=
ma
1 ⑤
mg θ μmg θ ma
sin - cos = 2 ⑥
由运动学公式得v2
-
v B2
=2
a
2
x
2 ⑦
v2 v2 a(L x)
0 - =21 - 2 ⑧
v v
t - B
2= a ⑨
2
v v
t 0-
1= a ⑩
1
小物块从A到B的运动时间为
t t t
= 1+ 2
由反射定律可知 KHC 代入数据解得
∠ =30°
则在K点入射角i t .
=30° ① =14s
折射角r α ()小物块在传送带上运动的第一个过程中,相对传送
=90°- =75° ② 3
3
— —带向前运动 速度分别为a 、a 。
M N
x L x vt BLv BLv E
Δ 1= - 2- 1 Mcos37°+2 Ncos53°= ⑥
第二个过程中,相对传送带向后运动 对 式求导得
⑥
x vt x BLa BLa
Δ 2= 2- 2 Mcos37°+2 Ncos53°=0
代入数据并比较可知,小物块在传送带上留下的划痕长 解得a .a
M=-15 N ⑦
度为 对 由牛顿第二定律得
M
x mg BIL ma
Δ =1m sin37°- cos37°= M ⑧
【评分参考】 本题共 分,其中 每式 分。 对 由牛顿第二定律得
14 ①~ 1 N
mgR mgR mR mg BIL ma
18. 15 5 t 75 sin53°-2 cos53°= N ⑨
(1)(ⅰ)
8
B2L2 (ⅱ)
8
B2L2 30-
8
B2L2
由闭合电路欧姆定律得
a 大小为3g 方向沿斜面向下 a 大小为 E
(2)(ⅰ)M , ;N I
65 = R ⑩
2
2g 方向沿斜面向上 联立 解得
, ⑦⑧⑨⑩
65
mg mgR a 3g,方向沿斜面向下
9 v v 45 或 v v M=
(ⅱ) BL (ⅲ)2 M+3 N= B2L2 2 M-3 N= 65
13 13
mgR a 2g,a 大小为2g,方向沿斜面向上
45 N=- N
B2L2 65 65
13
mg
【解析】 ()()杆 产生的电动势 I 9
1 ⅰ M = BL
13
E BLv
0= 0cos37° ① mgR
v v 45
杆 受力平衡有 2 M+3 N= B2L2
M 13
mg
B2L2v
0cos 37°
因杆
N
加速度方向沿斜面向上,其加速度恒定有两种可
sin37°- R cos37°=0 ② 能情况:
2
联立 解得
①②
可能是匀减速向下运动,两杆速度大小v 、v 满足
M N
mgR 关系
v 15
0= B2L2 ③
8
mgR
( )设杆 达到最大速度时,发生的位移为x,对 由 v v 45
ⅱ M M 2 M+3 N= B2L2
13
动量定理得
可能是匀加速向上运动,两杆速度大小v 、v 满足
M N
mg ·t B2L2 cos 2 37°x mv 关系
sin37° 0- R = 0 ④
2
mgR
mgR mR v v 45
联立 解得x 5 t 75 2 M-3 N= B2L2
③④ = B2L2 30- B2L2 ⑤ 13
8 8 【评分参考】 本题共 分, 式 分,其余每式 分。
()两杆加速度恒定时,受力恒定、电流恒定、电动势恒 16 ④ 2 1
2
定(等于恒量E);设两杆沿斜面下滑速度分别为v 、v ,加
M N
4
— —
