大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考物理答案

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123456其极板间电压会升高,通过电流计和电阻R放电,故其G1CBACAB电荷量减少,由于电容器C下极板带正电,因此放电时经过1789101112电流计中的电流方向由b到a,选项正确,错误;在保GACDDBCACDBDAD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PQ的静电力减小,故液滴向下运动,选项、错误。BD本题考查学生的模型建构能力和推理论1η和2η变为1η和1η,由此可知,元素经过了6.【解析】PQPQP2B351220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。AQ3CAB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。RRD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ⅡRB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°AC11110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。vⅡⅢ111=500m1=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v2v2RⅡⅢ18kmh=5ms2=90kmh=25ms2-1=速度,星在轨道上的线速度大于星在轨道上的线速RⅢAⅠax得,a./2。选项正确。2=06msB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RABA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A()2R.()2R.,解得该交变电流的有效2A×02s+1A×01s面积大于星与O连线扫过的面积,选项错误。RD值I。选项正确,、、错误。=3AABCD7.【解析】设薄膜厚度为d,折射率n.,红光在D=154【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vC=660nm=pV构能力。根据理想气体状态方程C,由题图可知,p与cλfλTλ膜f,可知光在薄膜中的波长为λ膜,此处为=n=n==nV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dkλ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=+=012故错误状态与状态的与的乘积相等所以kλλ、;abpV,,…),得出d(k)(k,,,…),AB2=n+n=220+110nm=01224TaTb,U,该过程气体体积增大,气体对外做功,根据=Δ=0当k时,d,选项正确。=2=550nmD热力学第一定律UQW得,气体从外界吸收的热量等Δ=+8.【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论D于对外做的功,故正确;从状态a到状态b,气体的压强逐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(M00故错误。a=+Dm)v,根据能量守恒定律得,1Mv21(Mm)v25.【解析】本题考查学生的推理论证能力和创新能0=++A221——LLqEmg或1Mv21(Mm)v2mg3。整理得v得q2E2k2v2q2B2v2,解得v,选项错μ0μ0=++==+=k2q2B2B2222+μ(Mm)gLμ(Mm)gL误;若速度方向与纸面不平行,速度在垂直于纸面方向上有+或v3+,冲量大小为M0=M分速度,粒子在垂直于纸面方向受阻力fkv做减速⊥=-⊥MvμM(Mm)gL或MvμM(Mm)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。面方向上受力fFEkv。f与f的比值不恒等于D∥∥∥⊥∥=-9【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;BC⊥∥C力。因为.内波传播了一个波长的距离,所以波的周期12sqvBqBα,选项正确。T.。.时x处的质点开始向y轴负方向振tan=kv=kD=12s24s=12mh动,至t.振动1T,位移为,向y轴负方向振13.如图所示.每空分=37s1-1cm(1)L(2)030(2)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y9cm37s=5πt5π。选项、正确,、错误。2sin-cmBCAD3610.【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12重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解,其沿斜面、垂直于斜vθvθ面的分量分别为a、a,则t21sin,t22sin,则【解析】()由能量守恒定律可知,得121=a2=aμmgLmghμ221==htv。11,选项正确;xvθ·t1at2,xLt=vA1=1cos1+112=222()将两组数据描点,用直线拟合这些点,得到一条直xv22vθ·t1at2,整理得11,选项错误,正2cos2+12x=v2BC线。直线斜率的倒数即为动摩擦因数,得动摩擦因数为222vθvθ.。确;由1cos2cos,可知石子在M点和在N点速度方030at=at2122UIrR14.变小(-11)3每空分向相同,选项正确。(1)(2)B(3)H(4)IrR(2)D1(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BD1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QP离时,它们之间的弹力为,此时拉力最大为mgθ,选项使用的倍率为“”,更换后的倍率为“”,所以更换后0sinA×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mgθ,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sinC2345mA间,、的加速度相同,根据牛顿第二定律得,mgθ的量程太小,电流表的量程太大,需要对电流表扩PQsin=A1A2A1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a1gθ,选项正确;移动过程中拉力大小F32=sinD2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FF弹mgθ,故F+=2sin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ΔΔ择。Bmgθmgθsin,此过程的位移大小为sin,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Ik4B1+2rI11待测电阻两端的电压为故的实际值为(mgθ)2,UIr,Rxsin,选项正确。R-11kB32(UIr)R12.【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理-113。ADI(rR)11+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pS15.601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)72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A12——LLr知,mgk00由折射定律可知nsin=-①=i③23sin倒置后设封闭气体压强为p,活塞受力平衡,则2得出n6+2=④LL2pSmgk700pS2+=-+0②()由几何关系可知1222对封闭气体由玻意耳定律得PQL3L=cos30°=⑤LSLS2p·0p·7002=③312GHBG3L=tan60°=⑥pS2解得m60=g④BCBH7HK-23L==⑦()打开阀门气体进入汽缸,稳定后汽缸内气体的压强cos30°32c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v0=n⑧LmgkL0光在玻璃砖中传播的时间=-⑤2PQGHHK()LLt++532+6解得L20=v=c⑨=⑥63【评分参考】本题共分,每式分。故活塞未到达汽缸的限位处。9①~⑨117...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)1m1【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12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(θ)1mvB2-1-cos=0-①2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L20vBSmgθFmmN13cos-=R②m=L220S代入数据解得3F.mN=08N③解得11m=⑦由牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为22【评分参考】本题共分,每式分。.。7①~⑦108N④()由知,/,小于传送带的速度,所以小物块LvB16.6+25(32+6)2①=2ms()()12c以速度v滑上传送带后,先以大小为a的加速度做减速运2601【解析】()光路图如图所示,光线由点射入三角形玻G动,与传送带速度v相等后再以大小为a的加速度做减速12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GHBmgθμmgθma∠=30°sin+cos=1⑤mgθμmgθmasin-cos=2⑥由运动学公式得v2vB2ax-=222⑦v2v2a(Lx)0-=21-2⑧vvBt-2=a⑨2vvt0-1=a⑩1小物块从A到B的运动时间为ttt=1+2由反射定律可知KHC代入数据解得∠=30°则在K点入射角it.=30°①=14sÊIS折射角rα()小物块在传送带上运动的第一个过程中,相对传送=90°-=75°②33——带向前运动速度分别为a、a。MNxLxvtBLvBLvEΔ1=-2-1ÊITMcos37°+2Ncos53°=⑥第二个过程中,相对传送带向后运动对式求导得⑥xvtxBLaBLaΔ2=2-2ÊIUMcos37°+2Ncos53°=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.aM=-15N⑦度为对由牛顿第二定律得MxmgBILmaΔ=1mÊIVsin37°-cos37°=M⑧【评分参考】本题共分,其中每式分。对由牛顿第二定律得14①~ÊIV1NmgRmgRmRmgBILma18.155t75sin53°-2cos53°=N⑨(1)(ⅰ)B2L2(ⅱ)B2L230-B2L2888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,;NI65=R⑩22g方向沿斜面向上联立解得,⑦⑧⑨⑩65mgmgRa3g,方向沿斜面向下9vv45或vvM=ÊIS(ⅱ)BL(ⅲ)2M+3N=B2L22M-3N=651313mgRa2g,a大小为2g,方向沿斜面向上45N=-NÊITB2L2656513mg【解析】()()杆产生的电动势I91ⅰM=BLÊIU13EBLv00mgR=cos37°①vv45杆受力平衡有2M+3N=B2L2M13因杆加速度方向沿斜面向上其加速度恒定有两种可B2L2v,mg0cos37°Nsin37°-Rcos37°=0②2能情况:联立解得可能是匀减速向下运动,两杆速度大小v、v满足①②MNmgRv15关系0=B2L2③8mgR()设杆达到最大速度时,发生的位移为x,对由vv452M+3N=B2L