【KS5U解析】山东省临沂市临沂十八中2019-2020学年高二下学期第三次月考物理试题 Word版含解析

1、2019-2020学年山东省临沂十八中高二（下）第三次月考物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共40分）1. 下列说法不正确的是（）a. 组成任何物体的分子都在做无规则的运动，任何物体都具有内能b. 多晶体具有各向异性，有固定的熔点c. 将有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角变钝是因为表面张力d. 一杯热茶打开杯盖，一段时间后茶不可能自动变得更热【答案】b【解析】【详解】a由于组成物体的分子永不停息在做无规则运动，一定有分子动能，所以任何物体都具有内能，故a正确，不符合题意；b多晶体是多个单晶体的结合体，在热传导中不具有各向异性，有固定的熔点，故b错误，符合题意；c玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的

2、尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故c正确，不符合题意；d根据热力学第二定律可知，热量能自发的由高温物体传到低温物体，茶能自动变得更冷；但不能自动变得更热，故d正确，不符合题意。故选b。2. 封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变到状态d，其体积v与热力学温度t的关系如图所示，o、a、d三点在同一直线上。则在此过程中（）a. 由a到b，气体所有分子的动能都增大b. 由b到c，气体对外做功，放出热量c. 由c到d，气体压强增大，内能减少d. 由a到d，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少【答案】d【解析】【详解】a由a到b，温度升高，气体分

3、子的平均动能增大，但不是气体所有分子的动能都增大，故a错误；b由b到c，温度不变，内能不变，即体积变大，气体对外界做功，则根据热力学第一定律知即气体从外界吸收热量，故b错误；c由c到d发生等容变化，根据查理定律有又则即由c到d，气体压强减小；由c到d，温度降低，内能减小，故c错误；do、a、d三点在同一直线上，说明状态a和状态d压强相等，状态d温度高，分子的平均动能大，所以d状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比a状态少，故d正确。故选d。3. 如图所示，左端封闭右侧开口的u型管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h。当左侧部分气体温度升高较小的，重新

4、达到平衡后，h和p1的变化是（）a. h不变，p1不变b. h不变，p1变大c. h变小，p1变小d. h变小，p1不变【答案】d【解析】【详解】设大气压强为p0，右侧液体压强为h1，对右侧部分封闭气体根据题意，p0和h1均不变，故p1不变。设左侧气体压强为p2，根据理想气体状态方程对左侧液体当左侧部分气体温度升高时，p2增大，h变小。故abc错误，d正确。故选d。4. 根据热学中的有关知识，下列说法正确的是（）a. 尽管技术不断进步，热机效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到-293b. 第二类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第一定律c. 把装有不同压强、不同温度的气体的两

5、容器连通，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动d. 改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化为机械能【答案】c【解析】【详解】a尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机不可以使温度降到-293，只能接近-273.15，却不可能达到，故a错误；b第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，故b错误；c把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，只要时间足够长，温度高的气体会向温度低的一方传递热量，压强大的气体会向压强小的一方流动，只要时间足够长，系统内各部分的状态参量均能达到稳定，故

6、c正确；d即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，根据热力学第二定律，内燃机也不可能实现内能完全转化为机械能，故d错误。故选c。5. 一列简谐横波沿x轴传播，波速为1.0m/s，t=0时波形如图甲所示，此时质点a位于波峰，质点c位于波谷，质点b、d位于平衡位置。图乙是波上质点b的振动图象。下列说法中正确的是（）a. 质点b与质点d的速度总是相同的b. 经t=4.0s质点a沿波传播方向运动4.0mc. 当质点a在波谷时，质点c可能在平衡位置d. 一观察者沿着x轴靠近波源运动时，其观测到的该波的频率将大于0.25hz【答案】d【解析】【详解】a根据图乙b质点在t=0开始的振动图像可得振动方向向下

7、，由波形的同侧法原理可知波沿x轴负方向传播，而d质点在平衡位置向上振动，则质点b与质点d的速度方向相反，速度不同，故a错误；b由振动图可读出则经t=4.0s，波形传播距离为而质点始终在平衡位置上下振动而不随波形传播，故b错误；c质点a和c相差半个波长的距离，故质点a在波谷时，质点c一定在波峰位置，故c错误；d由周期和频率的关系可知，波的频率为而观察者沿着x轴靠近波源运动时，由多普勒效应可知，观察者接收到的该波的频率将大于波源的实际频率0.25hz，故d正确。故选d。6. 一单摆做简谐振动，如图为摆绳对摆球的拉力大小f随时间t变化的图像，则该单摆的摆长为（重力加速度g取10m/s2）（）a. 0

8、.4mb. 1.6mc. 4md. 16m【答案】b【解析】【详解】abcd因为一个周期内两次经过平衡位置，经过平衡位置时拉力最大，可知小球的周期为0.8p s，由得，该单摆的摆长为故acd错误，b正确。故选b。7. 如图所示，一束白光沿半径方向射向半圆形玻璃砖的圆心o，折射后发生了色散，a、b为最外侧的两束光，下列说法错误的是（）a. a为紫光、b为红光b. a光的折射率小于b光的折射率c. a光在玻璃中的传播速度小于b光d. 逐渐增大入射角，a光先发生全反射【答案】b【解析】【详解】ab由图可知两束光的入射角相等，a的折射角大于b的折射角，通过折射定律可知玻璃砖对a光的折射率比玻璃砖对b光

9、的折射率大，由于折射率越大，光的频率越大，则a光的频率比b光的频率大，紫光的频率比红光的频率大，故a为紫光，b为红光。a选项不合题意，b选项符合题意，故a错误，b正确；c由于玻璃砖对a光的折射率大，根据可知a光在玻璃中的传播速度小于b光，c选项不合题意，故c错误；d根据可知玻璃射入空气时，b光的临界角越大，所以若保持入射点o不变，逐渐增大入射角，a光先发生全反射，d选项不合题意，故d错误。故选b。8. 如图所示，一束由红光和紫光组成的复色光，垂直等边三棱镜的ac边射向bc边o点后，分成a、b两束光。下列说法正确的是_。a. 红光的临界角一定小于60°b. a光一定为单色光，b光一定为

10、复色光c. 用同一装置进行单缝衍射实验时，紫光条纹比红光条纹宽d. 用同一装置进行双缝干涉实验时，紫光条纹比红光条纹稀疏【答案】b【解析】【分析】本题考察频率对光的临界角、干涉条纹和衍射条纹的影响。【详解】a复合光在o点入射角为。紫光频率大，在同一介质中折射率大，临界角小。只有一条光线发生全反射，红光临界角大于，紫光临界角小于，故a错误；b光发生折射时，一定伴随着反射现象，故b光既有全反射的紫光，也有部分反射的红光，是复色光。故b正确；c紫光频率大，波长短，条纹更细，故c错误；d紫光频率大，波长短，条纹更密集，故d错误。故选b。9. 下列说法中正确的是（）a. 变化的电场一定产生变化的磁场b.

11、 电磁波按波长从长到短顺序排列依次是：射线、x射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波c. x射线的穿透本领比射线更强d. 电磁波在真空中的传播速度等于光速【答案】d【解析】【详解】a根据麦克斯韦电磁理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，选项a错误；b电磁波按波长从短到长顺序排列依次是：射线、x射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波，选项b错误；c射线的穿透本领比x射线更强，选项c错误；d电磁波在真空中的传播速度等于光速，选项d正确。故选d。10. 灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为，墙壁上涂料厚度每秒增加u，不计涂料重力的作用，则喷涂料对墙

12、产生的压强为（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】在涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量，于是以时间内喷到墙壁上面积为、质量为的涂料为分析对象，墙壁对它的作用力为f，涂料增加的厚度为h。由动量定理知又联立可得故a正确，bcd错误。故选a。二、多选题（本大题共4小题，共16分）11. 如图为一消毒水简易喷洒装置，内部装有一定量的水，水上部是密封的空气，喷洒口管径细小。现保持阀门紧闭，通过打气筒再充入一些空气。设所有过程温度保持不变，下列说法正确的有（）a. 充气后，密封气体分子单位时间撞击器壁次数增多b. 充气后，

13、密封气体的分子平均动能增大c. 打开阀门后，密封气体对外界做正功d. 打开阀门后，密封气体从外界吸热【答案】acd【解析】【详解】a充气后，气体分子数增大，温度和体积不变，则密封气体分子单位时间撞击器壁次数增多，故a正确；b充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，故b错误；c充气后，气体分子数增大，温度和体积不变，则密封气体分子单位时间撞击器壁次数增多，则气体压强增大大于外界大气压强，打开阀门后，密封气体对外界做正功，故c正确；d打开阀门后，密封气体对外界做正功，且内能不变，由热力学第一定律可知密封气体从外界吸热，故d正确。故选acd。12. 如图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电

14、流与加在阴极k和阳极a上的电压的关系图像，下列说法正确的是（）a. 由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大b. 由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压与入射光的频率有关c. 遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越小d. 不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应【答案】ab【解析】【详解】a由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故a正确；b根据光电效应方程知，ekm=hv-w0=euc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故b正确；c

15、根据ekm=hv-w0=euc，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，选项c错误；d发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关，故d错误。故选ab。13. 如图所示是氢原子的能级图，处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出不同频率的光子，则（）a. 处于n=4激发态的一个氢原子向下跃迁，最多可以产生6种不同频率的光子b. 从n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子波长最小，康普顿效应最明显c. 处于n=4能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离d. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加【答案】bcd【解析

16、】【详解】a处于n=4激发态的一个氢原子向下跃迁，最多可以产生(n1)=3种不同频率的光子，故a错误；b根据氢光谱的特点可知，从n=4激发态跃迁到基态时产生光子的能量最大，根据知，波长最短，粒子性最明显，康普顿效应最明显，故b正确；c由于e4=0.85ev，紫外线光子能量大于可见光光子的能量，即可以使氢原子电离，故c正确；d由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，氢原子的能量减少，库仑力做正功，核外电子的动能增加，故d正确。故选bcd。14. 某静止的原子核发生核反应且放出能量q，其方程为，假设释放的能量全都转化为新核y和z的动能，其中z的速度为v，以下结论正确的是（）a. y原子核的动能

17、与z原子核的动能之比为f：db. y原子核的速度大小为c. y原子核和z原子核的质量之和比x原子核的质量大（c为光速）d. y和z的结合能之和一定大于x的结合能【答案】ad【解析】【详解】ab静止的原子核发生衰变的过程中动量守恒，设y的速度为v，以y的方向为正方向，则fv-dv=0所以即大小为，负号表示方向与z的方向相反；所以y原子核的动能是z原子核的动能关系故a正确，b错误；c由于该反应的过程中释放能量，所以y原子核和z原子核的质量之和比x原子核的质量小。故c错误；d由于该反应的过程中释放能量，所以y和z的结合能之和一定大于x的结合能。故d正确。故选ad。三、实验题（本大题共2小题，共7分）

18、15. 2018年3月14日著名物理学家霍金逝去，巨星陨落，但是探索太空中的未知领域，我们会仍然继续下去。一宇航员飞至某一星球想利用小球的单摆测定该星球的重力加速度，先测得摆线长为62.50 cm，摆球直径为2.0 cm。然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力f的大小随时间t的变化曲线如图所示。(1)该摆摆长为_cm；(2)该摆摆动周期为_s；(3)如果测得g值偏大，可能原因是_；（填选项字母）a计算摆长时，加小球直径b读单摆周期时，读数偏大c摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动d测摆线长时摆线拉得过紧e细绳不是刚性绳(4)测得该星球的重力加速度g的值为_m/s2

19、。（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). 63.50 (2). 1.8 (3). ad (4). 7.73【解析】【详解】(1)1单摆摆长(2)2 在一个周期内摆球两次经过最低点，每次经过最低点时拉力最大，根据图象知周期t=1.8s(3)3 由单摆周期公式可知a计算摆长时，加小球直径，所测摆长l偏大，所测g偏大，故a正确；b读单摆周期时，读数偏大，所测g偏小，故b错误；c摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动，所测周期偏大，所测g偏小，故c错误；d测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，所测g偏大，故d正确；e细绳不是刚性绳，所测摆长l偏小，所测g偏小，故e错误。故选ad。(4) 4 由单摆

20、周期公式可知加速度16. 如图所示，在利用双缝干涉测量光的波长的实验中，需要从标尺上读出某条亮纹的位置，图中所示的读数是_mm；若缝与缝间相距d，双缝到屏间的距离为l，相邻两个亮条纹中心的距离为，则光的波长表示为_（字母表达式）；某同学在两个亮条纹之间测量，测出以下结果，其他数据为：，测量的情况如图所示，由此可计算出该光的波长为：_m。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】1由图丙所示可知，游标卡尺示数为。2由干涉条纹间距的计算公式解得光的波长表达式为3由图中可以求出条纹间距为光的波长解得四、简答题（本大题共2小题，共23分）17. 甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正

21、向和负向传播，在t=0时刻两列波的部分波形如图，甲恰好传播到质点m（1.0，0），乙恰好传播到质点n（2.0，0）。已知乙的周期=0.4s，求：（i）质点p（1.6，0）开始振动的时刻t0；（ii）质点q（2.4，0）的位移y=+20cm的时刻t。【答案】（i）；（ii）t=0.4k（其中k=1、2、3）【解析】【详解】（i）由图可知，乙波的波长为乙=1.6m，由于两列波均在同一种介质中传播，所以波速v相同，即乙波先到达p点x=20ml.6m=0.4m则（ii）甲波的波长甲=0.8m，当质点q的位移等于20cm时，两列波的波峰同时出现在q点，由图可知，甲波的波峰平移到q点的传播距离可能为其中n

22、=0、1、2、3，所用时间为乙波的波峰平移到q点的传播距离可能为其中k=1、2、3，所用时间为可得2k=2+n可见，当k=1，n=0时，t=0.4s，当k=2，n=2时，t=0.8s，当k=3，n=4时，t=1.2s，依次类推可知这些时刻t为t=0.4k（其中k=1、2、3）18. 如图所示，小球c在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有两个小球a和b用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度v0向c球运动，c与b发生碰撞并立即结成一个整体d。在a和d继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。然后d与挡板p发生弹性碰撞，而a的速度不变。过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。已知a、b、c三球的质量均为m。求：(1)弹簧长度第一次被锁定后a球的速度；(2)弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设c球与b球粘结成d时，d的速度为v1，由动量守恒定律可得解得当