2025届山东省济宁市高三下学期考前押题联合测试物理试题

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2025-05-16

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null鲁育易佰 2025 届高三考前押题联合检测物理答案解析一、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.答案：D 解析：根据质量数守恒和电荷数守恒，衰变释放的 X为�粒子，A 错误。半衰期由原子核本身性质决定，B错误。衰变过程释放核能，比结合能增大，C错误。由光电效应方程，�km = ℎ� − �0 = ℎ � � − �0，D正确。 2.答案：C 解析：由� = 5 + 10� − �2，可得质点运动速度� = 10 − 2�。所以加速度恒定为 2m/s2，质点做匀减速直线运动，AB 错误。0~6s内初速度�0 = 10m/s，末速度� =− 2m/s，所以平均速度� = �0+�2 = 4m/s，位移� = �� = 24m，C正确，D错误。 3.答案：B 解析：双缝干涉条纹间距Δ� = � � �，由题意� = �Δ�，两式联立得� = �� Δ�Δ� ，故 B正确。 4.答案：C 解析：如图，经过一段时间�导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为�，则� = � � �，此时导体棒的有效切割速度为�1 = �cos�，则导体棒在匀速转动的过程中，导体棒两端的电势差为� = ��1 = ��cos� = ��cos � � �，C正确，ABD 错误. 5.答案：D 解析：地球绕太阳公转，有 �� 2 = � 2� � 2 �，太阳密度� = �4 3�� 3，由几何关系 � � 2 = � � ，联立可得� = 24� ��2 � � 3 ，D正确。 6.答案：D 解析：由�� = ��可知，�状态温度为 3�0。两过程内能增加量相同,为�� = 3 2 � �� − �� = 3 2 � × 2�0 = 3��0，A 错误。� → �过程压强不变，温度升高，分子撞击器壁作用力增大，故单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，B错误。�、�状态温度相同，内能相同，故 C 错误。由图线与 V 轴围成面积可求两过程做功情况�� = 2�0 × 2�0 − 1 2 �0 × 2�0 = 3 2 ��0，�� = 2�0 × 2�0 = 2��0。由热力学第一定律∆� = �+ � 可得，�� = 9 2 ��0 �� = 5��0 所以二者比值为 9 10 ，故选 D。 7.答案：B 解析：对��整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对��的支持力，由对称性地面对�、�的支持力大小相等均为� = 2��，�受地面的摩擦力为滑动摩擦，恒定不变。所以 B正确，C错误。当�降到地面前瞬间，�受�压力的水平分力最大，大小为��max = 3 2 × 2�� = 3��， �受地面的最大静摩擦力大小为� = 2��，由题意知�min = ��max，联立解得�min = 3 2 。所以 A、D错误。 8.答案:A 解析: 建立如图坐标系，将小球初速度和重力加速度分别沿� 轴和�轴分解。设抛出到落到�点所用时间为�。沿�轴方向有 −�0sin� = �0sin� − �cos30°� ，沿�轴方向有�� = �0cos�� − 1 2 �sin30°�2，联立得�� = 4�0 2 3� sin 2� + 30° − 2�0 2 3� ，所以当� = 30°时，��最大为 2�0 2 3� 。所用时间为 � = 2�0sin30° �cos30° = 2 3�0 3� 。在�点，�� =− �0sin� =− �0 2 ，�� = �0cos� − �sin30°� = 3�0 6 。设 P点速度与斜面夹角为�，则 tan� = �� = 3，可得� = 60°，与斜面不垂直。所以 A正确，BCD 错误。二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.答案：BC 解析：�带负电，质子带正电，质子从�经�到达�点的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以质子的动能先增大后减小又电场力做功等于电势能增量的负值，所以电势能先减小后增大，故 BC 正确. 10.答案：CD 解析：由图 a可知�甲 = 40cm、�乙 = 60cm。乙波形向左平移 10cm，� = 0 处质点第一次到达波谷位时间最短为 0.5s，所以波速为� = ∆� ∆� = 20cm/s，�乙 = � 乙 � = 3s，�甲 = � 甲 � = 2s。所以 AB 错误，C正确。两列波的波峰同时传到� = 0位置时，该处质点到达正向最大位移处，则 �甲 = ��甲其中(� = 1、2、3…) 、 �乙 = n + 2 3 �乙其中(� = 0、1、2、3…)，令�甲 = �乙，可得 2� = 3� + 2，当� = 1且� = 0 时，�1=2s；当� = 4且� = 2 时，�2=8s，所以 0~10�内，� = 0 处质点 2次到达正向最大位移处。D正确。 11.答案：AC 解析：由图像，力 F随高度均匀减小，所以加速度先减小到 0后反向增加，由对称性可知开始运动和到最高点时加速度等大反向且为最大，在中点 ℎ 2 时加速度为零。故 A正确， B 错误。该过程中的平均力为� = �−ℎ � �0+�0 2 = (2�−ℎ)�0 2� ，由功能关系�ℎ = ��ℎ得�� = (2�−ℎ)�0 2� ，由�0 −�� = ��m得�m = �ℎ 2�−ℎ ，C正确。由动能定理 ��+�0 2 ℎ 2 −�� ℎ 2 = �km得， �km = �0ℎ2 8� ，D错误。 12.答案：ACD 解析：A项，由题意知，0到�时间内，导体棒的位移为� = �0�，由几何关系知，�时刻，导体棒的长度� = �，导体棒的切割产生的电动势为� = ��0，回路的总电阻为� = (2� + 2�)�，回路中的电流大小为� = � � = ��0 (2+ 2)� ，由右手定则知，电流方向� → �。所以 A 正确。 B项，导体棒受安培力的大小为�安 = �� = �2�0 2� (2+ 2)� ，水平外力为� = �安 = �2�0 2� (2+ 2)� 。所以 B错误。 C项，�时刻导体棒的电功率大小为� = �2�' = � 2�0 3� (2+ 2)� ，因为� ∝ �,利用平均功率求得产生的总焦耳热为� = � 2 �0 = �2�0 3�0 2 2(2+ 2)� ，导体棒产生焦耳热�' = 1 2+ 2 � = � 2�0 3�0 2 2(2+ 2)2� 。所以 C正确。 D项，根据能量守恒，全过程回路产生总热量大于拉力所做功。D正确。三、非选择题：本题共 6 小题。共 60 分。 13.答案：最低点； 2� �−1 ； 4π2 102� （每空 2分）解析：（2）当磁感应强度测量值最大时，小球离传感器最近，所以小球位于最低点；每隔半个周期磁感应强度达到最大值一次，所以�时间内共经历�−1 2 个周期，所以周期为 2� �−1 。 (3)由单摆的周期公式� = 2π � � 得�2 = 4π 2 � �，两边取对数 2lg� = lg 4π 2 � + lg�， lg� − lg�图象横轴截距为1 2 lg 4π 2 � ，斜率为 1 2 ，又已知纵轴截距为�，故 � lg4π 2 � = 1 2 ，由此可得� = 4π 2 102� 。 14. 答案： (1)C；(2)2.8；2.0；(3)3.0 （每空 2分）解析：(1)图中未接导线�所连接的是电压传感器，应将其接在开关的�接线柱上。 (2)由图象Ⅰ纵截距可知电池组电动势为� = 2.8V，由图象Ⅰ斜率绝对值可知，电池阻内阻为� = 2.0Ω。 (3)若将“�”接到“�”点，则图象Ⅱ斜率的绝对值表示�与电池组内阻之和，因此� = 5.0Ω − 2.0Ω = 3.0Ω。 15.解析：（1）光线恰好在棒侧面发生全发射，光路如图。由 sin� = 1 � ………………………………………………（1分） � = sin� sin (�2−�) ……………………………………………（1分）联立得 sin� = �2 − 1 = 3 3 ……………………………（1分）取值范围为 0 < sin�≤ 3 3 ………………………………（1分）（2）光线在侧面恰好发生全发射时，光线经历的全发射次数最多全发射临界角由 sin� = 1 � = 3 2 ，得� = 60°。……………（1分）第一次全发射时，光线沿中心线通过的距离为 �0 = � 2 tan60° = 2 3cm …………………………………（1分）则 �−�0 2�0 = 5.3，即光线最多经历 6次全发射 ……………（1分） 16.解析：（1）在卡口�处对活塞由受力平衡 ��+ �0� = �� + � ……………………………………（1分）由题意� = 0.4�0� �� = 0.2�0 代入得：�� = 0.8�0 …………………………………（1分）恰好到达卡口 b处时对活塞由受力平衡 ��+ �0� = �� ……………………………………………（1分）得�� = 1.2�0 ……………………………………………（1分） (2)对缸内已有氮气和充入的氮气，由 �� 0 + �0� 1.2�0 = ��(�+0.5�) �0 ………………………………(1 分）解得� = 1.2�� …………………………………………（1分） (3)设漏出氮气体积为�，初末状态压强相等，由状态方程 �×1.5� �0 = �+�×1.5� 2�0 ………………………………………(1 分) 解得� = 1.5�� …………………………………………（1分）所以漏出的氮气与容器内剩余氮气的质量比 � 漏 � 余 = � 1.5�� = 1 ……………………………………………（1分） 17.解析：（1）设小球从最高点恰好做圆周运动，需满足 �� = �� 2 � 得� = 1m/s ① 小球初速度�0 = 2 2 m/s < 1m/s，故小球抛出后做平抛运动 ②……（1分）（评分说明：判断小球抛出后做平抛运动得 1分）设绳子拉直时与水平方向夹角为�，平抛运动时间为�，则水平方向�cos� = �0� ③ 竖直方向� − �sin� = 1 2 ��2 ④ 可求得� = 0°，即小球运动到绳子刚好水平时被拉直………………（1分）（评分说明：判断小球运动到绳子刚好水平时被拉直得 1分）绳子拉直瞬间沿绳方向分速度突变为零，剩下竖直方向速度 �� = 2�� = 2m/s ⑤ 此后开始做圆周运动到最低点，由动能定理 �� = 1 2 ��12 − 1 2 ��2 ⑥…………………………………………………（1分）解得�1 = 2m/s ⑦…………………………………………………（1分）（2）小球在最低点与物块�发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒 ��1 = ��1' +�� ⑧ 1 2 ��12 = 1 2 ��1'2 + 1 2 ��2 ⑨…………………………………………（1分）解得�� = 2m/s ⑩…………………………………………………（1分）（评分说明：得出�� = ��/�得 2分，若结果错误，⑧⑨式任对一式即可得 1 分）小物块与木板发生相对滑动，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为�，经历时间�0后与墙第一次碰撞，碰撞时速度为�C，由牛顿第二定律 �� = �� ⑪ 由运动学公式� = 1 2 ��02，�C = ��0⑫ 解得�0 = 0.4s，�C = 0.4m/s⑬……………………………………………（1分）两者共速前，在每两次碰撞之间，木板做加速度恒定的匀减速直线运动，木板与墙碰后到返回初始位置，所用时间为 2�0。设二者达到共速�之前木板与墙碰撞了�次，设第 n 次碰撞木板回到初始位置后经∆�时间二者共速。由运动学公式 � = �0 − � 2��0 + ∆� = �∆�⑭……………………………………………（1分）即 2� = �0 − 2��0 因木板速率只能在 0~�C之间，故 0≤�0 − 2��0≤2�C⑮ 解得 1.5≤�≤2.5⑯……………………………………………（1分） �取正整数，故� = 2 ⑰……………………………………………（1分）同时解得∆� = 0.2s � = 0.2m/s 从小球 A与小物块 B碰撞后到 BC 达到共同速度所用时间 � = 4�0 + ∆� = 1.8s⑱……………………………………………（1分）（3）从小球 A与小物块 B碰撞后到 BC 达到共同速度时，系统损失的机械能等于摩擦产生的热量，对系统有能量守恒 ��∆� = 1 2 ��2 − 1 2 × 2��2 ⑲………………………………………（1分）解得∆� = 1.96m ……………………………………………………（1分）此过程中墙对木板的总冲量改变了系统的总动量，设向右为正，对系统由动量定理 � = 2�� −�� =− 1.6N ∙ S ⑳ 方向水平向左 ……………………（1分） 18.解析：（1）设粒子在电场中加速度为�，到�点运动时间为�，由运动学公式 �轴方向:� = �0� ……………………………………………（1分） �轴方向：3 8 � = 1 2 ��2 ……………………………………………（1分）又�� = �� ………………………………………………………（1分）联立解得�� = 3 4 �0 所以� = �02 + ��2 = 5 4 �0 ……………………………………………（1分）设方向与 x轴夹角为� 则 tan� = 3 4 可得� = 37° ……………………………………………（1分）（2）粒子恰好不能进入Ⅱ区，则粒子运动轨迹与两磁场分界线相切，由几何关系可知 � − � = �sin37°…………………………………………………（1分）得� = 2.5� …………………………………………（1分）由��1 = � �2 � …………………………………………………（1分）得�1 = ��0 2�� ………………………………………………………（1分） (沿 y轴方向用动量定理，结果正确也可得分。) （3）方法一：恰好到达Ⅱ区� = 3 2 �处，轨迹与右边界相切，由几何关系可知 � 2− � 2 �sin37°+� = 1 2 ………………………………………………………（1分）得� = 5� …………………………………………………………（1分）由��1 = � �2 � 得�1 = ��0 4�� ……………………………………………（1分）方法二：沿�轴方向由动量定理 �� 1∆� + �� 2∆� = �� −��sin37° （1分）可得：��1� + � × 2�1 × 1 2 � = 2 5 �� …………………………………（1分）所以�1最大值为 ��0 4�� …………………………………………（1分）（4）粒子从�点运动到离�轴最远位置时，x轴方向上分速度为零，x轴方向由动量定理 − ��∆� = 0 −��cos37° …………………………………………（1分）其中� = �0�� 可得��0 ��∆� = ��cos37° …………………………………………（1分）根据 ��∆� = �∆� = �…………………………………………（1分）得� = ��0 ��0 …………………………………………（1分）

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