★★答案與解析★大教育山東聯(lián)盟2025屆高三質(zhì)量檢測第二次聯(lián)考【選擇題答案速查】123456CBACAB789101112DDBCACDBDAD1.C【解析】本題考查學(xué)生的理解能力、推理能力和創(chuàng)新能力,要求學(xué)生理解半衰期的含義,提取信息、加工信息創(chuàng)新性解決問題。經(jīng)過相同時間,P和Q的放射性活度分別由 ηP和ηQ變?yōu)棣荘和ηQ,由此可知,元素P經(jīng)過了2個半衰期,元素Q經(jīng)過了3個半衰期,故C正確,A、B錯誤。放射性活度變小,元素的半衰期不會改變,故D錯誤。力?？疾閼?yīng)用性,引導(dǎo)學(xué)生學(xué)以致用,培養(yǎng)積極動手的習(xí)慣。從第1根電線桿到第11根電線桿之間有10個間隔,則從第1根電線桿到第11根電線桿之間的距離為x=500m。v1=18km/h=5m/s,v2=90km/h=25m/s。根據(jù)v22-v12=2ax得,a=0.6m/s2。選項B正確。3.A【解析】本題考查學(xué)生的理解能力和推理論證能力。根據(jù)交變電流的有效值的定義知I2R×0.3s=(2A)2R×0.2s+(1A)2R×0.1s,解得該交變電流的有效值I=3A。選項A正確,B、C、D錯誤。4.C【解析】本題考查學(xué)生的推理論證能力和模型建構(gòu)能力。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程C,由題圖可知,p與V的乘積先減小后增大,可知氣體的溫度先降低后升高,氣體分子的平均動能先減小后增大,內(nèi)能也是先減小后增大,故A、B錯誤;狀態(tài)a與狀態(tài)b的p與V的乘積相等,所以Ta=Tb,ΔU=0,該過程氣體體積增大,氣體對外做功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W得,氣體從外界吸收的熱量等于對外做的功,故C正確;從狀態(tài)a到狀態(tài)b,氣體的壓強逐漸變小,所以氣體分子對汽缸壁單位面積上的作用力變小,故D錯誤。5.A【解析】本題考查學(xué)生的推理論證能力和創(chuàng)新能力,要求學(xué)生運用批判性思維分析解決問題。電容器C1兩極板間的距離增大,電容器電容減小,假設(shè)其電荷量不變,則其極板間電壓會升高,通過電流計G和電阻R1放電,故其電荷量減少,由于電容器C1下極板帶正電,因此放電時經(jīng)過電流計G中的電流方向由b到a,選項A正確,C錯誤;在保持電容器極板電荷量不變的情況下,可以推知極板間電場強度不會隨極板間距離變化而改變,所以當(dāng)極板間距離增大過程中因電荷量減少會使電場強度減小,從而使液滴受到向上的靜電力減小,故液滴向下運動,選項B、D錯誤。6.B【解析】本題考查學(xué)生的模型建構(gòu)能力和推理論證能力。對所學(xué)物理知識融會貫通、靈活運用。A星的軌道半徑與R星軌道的半長軸相等,兩星運動周期相同,R星在Ⅱ軌道圖示位置時速度最大,在遠地點速度最小,可知R星從圖示位置至速度方向均改變90°所用的時間小于A星從圖示位置至速度方向改變90°所用的時間誤;以O(shè)為圓心,過Ⅱ軌道近地點作圓,記該圓的軌道為Ⅲ軌道,可知R星在Ⅱ軌道近地點的速度大于其在Ⅲ軌道上的線速度,R星在Ⅲ軌道上的線速度大于A星在Ⅰ軌道上的線速度,可知在圖示位置時,R星的速度大于A星的速度,選項B正確;因橢圓半長軸與圓的半徑相等,故兩衛(wèi)星周期相同,且圓的面積大,由此可知,一個周期時間A星與O連線掃過的面積大于R星與O連線掃過的面積,選項D錯誤。7.D【解析】設(shè)薄膜厚度為d,折射率n=1.5,紅光在空氣中的波長λ=660nm,光在肥皂膜中傳播速度滿足v= 膜f,可知光在薄膜中的波長為λ膜,此處為亮條紋,結(jié)合半波損失可知2d=kλ膜+λ膜(k=0,1,2,…),得出當(dāng)k=2時,d=550nm,選項D正確。8.D【解析】本題考查學(xué)生的模型建構(gòu)能力和推理論證能力。要求學(xué)生發(fā)散思維,判斷各種可能出現(xiàn)的情況。設(shè)a獲得的初速度為v0,根據(jù)動量守恒定律得,Mv0=(M+EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(1),號2)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up5(2),凸)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(1),長2)(M+m)v2+—2—μmg或Mv02 或v0=,沖量大小為Mv0=μM(M+m)gL或Mv0=3μM(M+m)gL。選項D正確。9.BC【解析】本題考查學(xué)生的理解能力和推理論證能T=1.2s。2.4s時x=12m處的質(zhì)點開始向y軸負方向振動,至t=3.7s振動1T,位移為-1cm,向y軸負方向振動;加速度指向平衡位置,與y軸正方向一致;通過的路程為9cm;以3.7s時刻為計時起點,質(zhì)點P的振動方程為y=2sint-cm。選項B、C正確,A、D錯誤。10.ACD【解析】本題考查學(xué)生的理解能力、推理論證能力和模型建構(gòu)能力。設(shè)v1、v2與斜面之間的夾角為θ,將面的分量分別為a1、a2,則t1θ,t2θ,則 v2cosθ·t2+a1t22,整理得,選項B錯誤,C正向相同,選項D正確。11.BD【解析】本題考查學(xué)生的理解能力和推理論證能力。著重考查提取信息、加工信息的能力。Q與P將要分離時,它們之間的彈力為0,此時拉力最大為mgsinθ,選項A錯誤;撤去拉力瞬間,P所受彈簧的彈力與重力沿斜面向下的分力平衡,彈力大小為mgsinθ,選項C錯誤;撤去拉力瞬間,P、Q的加速度相同,根據(jù)牛頓第二定律得,mgsinθ=2ma,得agsinθ,選項D正確;移動過程中拉力大小F與彈簧彈力大小F彈之間的關(guān)系為F+F彈=2mgsinθ,故F與移動的位移Δx成線性關(guān)系,此過程F對Δx的平均值為,此過程的位移大小為,所以,此過程的位移大小為,所以拉力做的功為2k,選項B正確。12.AD【解析】本題考查學(xué)生的模型建構(gòu)能力和推理論證能力。假設(shè)粒子做變速直線運動,在與速度垂直方向上的洛倫茲力大小就會改變,受力不能保持平衡,速度方向就會發(fā)生改變,不能維持直線運動,選項A正確;根據(jù)平衡條件得q2E2=k2v2+q2B2v2,解得v,選項B錯誤;若速度方向與紙面不平行,速度在垂直于紙面方向上有分速度,粒子在垂直于紙面方向受阻力f⊥=-kv⊥做減速運動,與粒子一定做勻速直線運動矛盾(或:粒子在平行于紙面方向上受力f∥=FE∥-kv∥。f⊥與f∥的比值不恒等于v⊥與v∥的比值,粒子不能維持直線運動),選項C錯誤;tanα,選項D正確。13.(1)(2)如圖所示0.30(每空2分)211 【解析】(1)由能量守恒定律可知μmgL=mgh,得μ=hL。0.30。14.(1)變小(2)B(3)H(4)(每空2分)使用的倍率為“×100”,更換后的倍率為“×10”,所以更換后多用電表的電阻擋的內(nèi)阻變小。(2)(3)通過待測電阻的最大電流約為45mA,故電流表A1的量程太小,電流表A2的量程太大,需要對電流表A1擴大量程,結(jié)合電路的串并聯(lián),可知選擇定值電阻R3,改裝后的量程為45mA,滿足測量要求;由于新改裝后的電流表內(nèi)擇B。(4)根據(jù)電路圖B,可知通過待測電阻的電流為I1+,待測電阻兩端的電壓為U-I1r1,故Rx的實際值為(U-I1r1)R3I1(r1+R3)6p0S115.(1)(2)7g2—3—①知,mg=k-①倒置后設(shè)封閉氣體壓強為p2,活塞受力平衡,則②p2S+mg=k-+p0S對封閉氣體由玻意耳定律得②p0·p2·③解得m④(2)打開閥門氣體進入汽缸,穩(wěn)定后汽缸內(nèi)氣體的壓強變?yōu)閜0,此時彈簧長度設(shè)為L,對活塞有⑤mg=k(L-⑤⑥解得L⑥故活塞未到達汽缸的限位處。缸內(nèi)氣體質(zhì)量為m2。打開閥門前缸內(nèi)氣體的質(zhì)量就是汽缸開口向上豎直放置并剛關(guān)上閥門時的質(zhì)量,開口向上豎直放置并關(guān)上閥門時缸內(nèi)氣體和倒置并打開閥門后缸內(nèi)氣體的壓強、溫度都相同,故質(zhì)量與體積成正比,得L0SEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up7(m1),m2)=2EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up6(3),L)0S3解得EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up5(m1),m2)=EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(1),2)⑦【評分參考】本題共7分,①~⑦每式1分。6+25(32+6)L16.(1)(2)26c【解析】(1)光路圖如圖所示,光線由G點射入三角形玻璃磚后,在H點發(fā)生了全反射,光線由K點射出,其中∠GHB=30°ADFPrOGrOGiKECHB①②由反射定律可知∠KHC=30°則在K點入射角①②折射角r=90°-α=75°由折射定律可知n得出n(2)由幾何關(guān)系可知PQ=Lcos30°=LGH=BGtan60°=LHKL光在玻璃磚中傳播速度v光在玻璃磚中傳播的時間t【評分參考】本題共9分,①~⑨每式1分。17.(1)0.8N(2)1.4s(3)1m【解析】(1)小物塊從B到C過程中,根據(jù)機械能守恒定律得-mgR(1-cosθ)=0-mvB2①小物塊經(jīng)過圓弧軌道的B點時,根據(jù)牛頓第二定律得mgcosθ-FN=m②代入數(shù)據(jù)解得FN=0.8N③由牛頓第三定律可知,小物塊對圓弧軌道的壓力大小為0.8N。④(2)由①知,vB=2m/s,小于傳送帶的速度,所以小物塊以速度v0滑上傳送帶后,先以大小為a1的加速度做減速運動,與傳送帶速度v相等后再以大小為a2的加速度做減速運動,根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1mgsinθ-μmgcosθ=ma2由運動學(xué)公式得v2-vB2=2a2x2v02-v2=2a1(L-x2)t2t1小物塊從A到B的運動時間為t=t1+t2代入數(shù)據(jù)解得t=1.4s⑤⑥⑦⑧⑨⑩—4—帶向前運動△x1=L-x2-vt1O12第二個過程中,相對傳送帶向后運動△x2=vt2-x2O13代入數(shù)據(jù)并比較可知,小物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為△x=1mO14【評分參考】本題共14分,其中①~O14每式1分。65