2022届山东省高三（下）质量检测物理试题参考答案.pdf

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1、答案第 1页，共 17页20222022 届山东省高三（下）质量检测物理试题届山东省高三（下）质量检测物理试题参考答案：参考答案：1A【解析】【详解】A射线是高速电子流，根据质量数守恒和电荷数守恒可得铯的衰变方程为13755Cs13756X01e故 A 正确；B半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数原子核不适用，故 B 错误；C衰变中生成的电子是原子核内部的一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外形成射线，故 C 错误；D衰变后的产物更稳定，其原子核中核子结核更牢固，比结合能更大，即13756X 的比结合能比13755Cs 大，故 D 错误；故选 A。2C【

2、解析】【详解】当第 1 次听到最小的声音时，说明 SBT 和 SAT 的路程差是这一频率声波的半个波长，振动方向相反，从而相互消弱，则有22l而vf故4vfl故 ABD 错误，C 正确。故选 C。3C答案第 2页，共 17页【解析】【详解】A由图可知 A 状态的压强、体积都比 B 状态的小，由理想气体状态方程AABBABp Vp VTT得ABTT温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，即：状态 B 时，气体分子的平均动能比状态 A 时气体分子的平均动能大，故 A 错误；B由图可知 D 状态的压强、体积都比 C 状态的小，由理想气体状态方程CCDDCDp Vp VTT得DCTT因为一

3、定量的理想气体内能由气体温度决定，温度越高气体内能越大，故 B 错误；C由图可知 C 状态的压强、比 B 状态的小，两状态的体积相同，由查理定律pCT知BCTT所以气体从状态 B 到状态 C 内能减小，0U，0W，由热力学第一定律UWQ可知0Q 故气体将放出热量，故 C 正确；D状态 D 到状态 A，气体体积不变，气体对外做功为 0，故 D 错误。故选 C。4A【解析】【详解】AB波的传播速度16m1.5m/s4sAsvt由题意得，振动的周期60s6s10T 波长9mvT故 A 正确，B 错误；答案第 3页，共 17页C当 A 位于波峰时，B、C 两点也同时位于离 A 点最近的两个波峰，所以

4、O1与 B 之间的距离15mBAss故 C 错误；DO1与 C 之间的距离221mCAss波传到 C 点用时314sCstv故 D 错误。故选 A。5C【解析】【详解】最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以 A 受到的最大静摩擦为mANA0.25 5012.5NFFB 受到的最大静摩擦为mBNB0.25 6015NFF此时弹簧的弹力为4000 0.028NFkx弹弹簧的弹力的大小小于物体受到的最大静摩擦力的大小，物体处于静止状态，根据平衡条件，A 受到的摩擦力大小为 8N，方向向右，B 受到的摩摩擦力也是 8N，方向向左，当与水平方向成 60的拉力6NF作用在木块 B 上，假设物体 B 仍静止，则

5、B 受到的摩擦力为 11N，此时小于最大静摩擦，则 B 仍然静止，摩擦力方向向左，施加 F 后，弹簧的形变量不变，则 A 受力情况不变，A受到的摩擦力大小仍为 8N，方向向右，C 正确。故选 C。6B答案第 4页，共 17页【解析】【分析】【详解】在 0t0时间内，感应电流为顺时针方向，即正方向；电流大小002B SEIRRt在 t22t0时间内，感应电流为顺时针方向，即正方向；电流大小00B SEIRRt故选 B。7A【解析】【详解】A假设飞船的质量为 m，由图像可知，该星球的半径 r0，探测器受到的万有引力提供向心力有22GMmvmrr即2GMvr根据该直线斜率为 k，有kGM根据密度公式

6、3043Mr联立可得3034kGr故 A 正确；B无法求得该星自转周期，故 B 错误；C.根据该星表面上质量为 m的物体受到的万有引力和重力相等，即20MmGm gr答案第 5页，共 17页解得该星表面的重力加速度为2200GMkgrr故 C 错误；D根据绕该星表面做匀速圆周运动的线速度等于该星的第一宇宙速度，得20200vMmGmrr解得000kvGMrr故 D 错误。故选 A。8A【解析】【详解】因为 R 的功率不变，所以 R 的电流不变，设 R 的电流为 I；当开关接 2 时，原线圈的电流为 3I，副线圈电压为 IR，原线圈电压为3IR，r 电压为 3Ir，电源电压为033IRUIr开关

7、接 1 时，原线圈的电流为2I，副线圈电压为 IR，原线圈电压为 2IR，r 电压为2Ir，电源电压为022IrUIR解得15 R故选 A。9AC【解析】【详解】A已知ABM=30，由几何关系知光线 BM 在 M 点的入射角30答案第 6页，共 17页折射角60则玻璃的折射率为sinsin603sinsin30n临界角132sin32Cn所以45C故 A 正确；B光在玻璃中传播速度cvn光由 B 传到 M 的时间12cos3033BMRnRRtcvccn光由 M 传到 Q 的时间2sin302MQRRRtccc则光由 B 传到 Q 点所需时间为1272Rtttc故 B 错误；C由题意知临界角为

8、CONB 则13sin3Cn，6cos3C 故 N 点到 AB 的竖直距离2 22cossin3dRCCR故 C 正确；D 若该 B 点处光源为红光，将其替换为绿光光源，折射率变大，由1sinCn知临界角变小，答案第 7页，共 17页则圆弧上恰好全反射的 N 点向左移动，故 D 错误。故选 AC。10AC【解析】【分析】【详解】AC因为 C 点的斜率等于零，则 C 点的电场强度等于零，所以 q1 和 q2两个点电荷在 C 点产生的电场的电场强度等大，反向，所以 q1和 q2是异种电荷，根据点电荷的电场强度公式2kqEr可知，q1离 C 点远，则 q1的电荷量大，则12qqq1和 q2是异种电荷

9、，且 q2附近的电势为正，所以 q2为正电荷，q1为负电荷，q1和 q2在 A 处产生的电场的电场强度都向左，则 A 处的电场强度水平向左，故 AC 正确；B因为 C 点的电场强度等于零，所以从 B 点到 D 点的电场强度先减小后增大，故 B 错误；DC 到 D 电势逐渐升高，根据PEq可知，将一带负电的试探电荷从 C 点移到 D 点，电荷的电势能逐渐减小，所以电场力做正功，故 D 错误。故选 AC。11BC【解析】【分析】【详解】B由题知，两次平抛运动的水平位移相同，设为 x，根据平抛运动规律有12yxtan y=12gt2联立得答案第 8页，共 17页t=tanxg当=30时t1=tan3

10、0 xg当=60时t2=tan60 xg故两次运动的时间之比为12tan301tan603xgxtgt=选项 B 正确；A根据 x=v0t 得01202131vtvt选项 A 错误；C根据 y=12gt2，得21122213ytyt=选项 C 正确；D第一次平抛的合速度为v1=22011yvv第二次平抛的合速度为v2=22022yvv故碰到墙面时动能之比222101112222202211()2211()22ykkymvm vvEEmvm vv答案第 9页，共 17页又v01=1tan30 xgxtv02=2tan60 xgxtvy1=gt1=tan30 xgvy2=gt2=tan60 xg代

11、入得12kkEE=1选项 D 错误。故选 BC。12CD【解析】【分析】【详解】A00.2s 内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下1sincosmamgm g2110m/sa 0.21.2s 内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动2sincosmamgm g22s2m/a 解得0.537A 错误；B从题图可知，01.2s 内，货物 vt 图线与 t 轴围成的面积对应位移，00.2s 内112 0.2m0.2m2x 答案第 10页，共 17页0.21.2s 内21(24)1m3m2x 则 A、B 两点间的距离123.2mxxxB 错误；C传送带对货物做的功即摩擦力做的功111

12、cos)0.8J(fWF xmgx222(cos)12JfWF xmgx 1211.2JWWW C 正确；D从题图乙可知，00.2s 内，传送带位移110.4mxv t传传送带比货物多走 0.2m。0.21.2s 内，传送带位移222mxv t传货物比传送带多走 1m，所以货物从 A 运动到 B 的过程中，相对位移为 1.2m。因摩擦产生的热量cos)4.8J(fQF xmgx相对相对D 正确。故选 CD。130.11.990.50偏大【解析】【详解】（1）1由题意可知，打点计时器打出的纸带上相邻两个计数点之间的时间间隔为0.02 5s0.1sT 2由逐差法,根据纸带数据可得 45612322

13、1.99m/s9xxxxxxaT（2）3对滑块受力分析，由牛顿第二定律有答案第 11页，共 17页sincosmgmgma解得sin9.80 0.6 1.990.50cos9.80 0.8gag（3）4设其他阻力之和为fF，由牛顿第二定律有0fsincosmgmgFma与sincosmgmgma对比可得0即动摩擦因数的测量值比真实值偏大。14160V1A1并32【解析】【分析】【详解】（1）1多用电表的选择开关置于“10”欧姆挡，指针指在 16 位置处，故读数为R=1610=160（2）2根据提供的器材，滑动变阻器阻值太小，故应用分压接法；该发光二极管电阻较大，电路中电流很小，电流表应选用 A

14、1，采用内接法；发光二极管的额定电压在 34V，电压表应选用 V1并与 R0串联，实验电路原理图如图所示：答案第 12页，共 17页34由第二空可知，电压表选用 V1、电流表选用 A1。（3）56该型号二极管在 3.2V 电压下能够稳定发光，充电器可视为电动势为 4V，内阻为1的直流电源，电路中的电流为800mAEUIr灯由二极管的伏安特性曲线可知，电压为 3.2V 时，二极管中电流为 25mA，故应采用并联接法，二极管个数为800mA3225mAn 15（1）3.4s；（2）不相撞【解析】【分析】【详解】（1）速度超过 30km/h 或距离小于 10m 时是预判不用刹车。当两车相距0 x时公

15、交车开始主动刹车，00.6st，有01203mxvvt 设两车从相距20m到相距03mx 经过的时间为1t1210vvtLx解得13.4st 答案第 13页，共 17页（2）公交车刹车时，由牛顿第二定律得kmgma，0.7k 从公交车刹车到两车速度相同，设时间为2t122vvta公交车位移211 2212xv tat解得15.36mx 大货车位移22 23.57mxvt因为206.57m 5.36mxx所以不相撞。16（1）21 Ct；（2）124【解析】【分析】【详解】（1）钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，有1212ppTT得21 Ct（2）在武汉时，设大瓶内氧气由22pV、等温变

16、化为不分装时的状态33pV、，则721.26 10 Pap，320.04mV，532 10 Pap 根据2233p Vp V得答案第 14页，共 17页332.52mV 可用于分装小瓶的氧气542 10 Pap，334(2.520.04)m2.48mV 分装成小钢瓶的氧气554 10 Pap，5VnV其中小钢瓶体积为30.01mV 根据4455p Vp V得124n 即一大钢瓶氧气可分装 124 小瓶。17（1）0.5；（2）v230F（6m/sv20m/s）；（3）65J【解析】【分析】【详解】（1）小物块从 A 到 C 的过程，由动能定理得mgL1sinmgL1cosmgL20代入数据得0

17、.5（2）施加恒力 F 后，从 A 到 C 的过程，由动能定理得F（L1cosL2）mgL1sin（mgcosFsin）L1mgL212mv2代入数据得v230F小物块在圆轨道最高点 D 不脱离轨道，应满足mgm2DvR从 D 到 C 的过程由机械能守恒定律得答案第 15页，共 17页12mvD22mgR12mv2解得v6m/s小物块不脱离斜面 AB，应满足Fsinmgcos解得v20m/s所以 v 的取值范围为6m/sv20m/s。（3）P 点与 C 点的高度差为h12gt24.05m设物块在 C 点初速度为 v0，P 点与竖直墙的水平距离为 v0tL4如图，由几何关系得tanMNE3504

18、LLhv tL已知tanMNE3412LL解得v07m/s从 C 到 P 由动能定理得mghEk12mv02代入数据，解得Ek65J即小物块刚运动至 P 点时的动能为 65J。答案第 16页，共 17页18(1)002qUvm；(2)02 33UEL；方向竖直向下；(3)061mUBLq【解析】【详解】(1)由动能定理20012qUmv可得002qUvm(2)设偏转电场场强为 E，粒子在偏转电场做类平抛运动，有qEam0Lv t2122dat联立可得02 33UEL方向竖直向下；(3)设粒子离开偏转电场时的速度为 v，与水平方向夹角为，则有0tanatv可得30有sinatv可得0623qUvm由题意可得粒子进入磁场中运动的轨迹如图答案第 17页，共 17页粒子在磁场中做圆周运动，结合图乙，由几何关系可得126030OOCCO D则有sin30Lrr可得23Lr 由牛顿第二定律可得2mvqvBr则可求得061mUBLq