山东省临沂市临沂十八中2024-2025学年高二物理下学期第三次月考试题含解析

PAGE18-山东省临沂市临沂十八中2024-2025学年高二物理下学期第三次月考试题（含解析）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溶化后，棱角变钝是因为表面张力D.一杯热茶打开杯盖，一段时间后茶不行能自动变得更热【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，肯定有分子动能，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原因，故C正确，不符合题意；D．依据热力学其次定律可知，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.封闭在气缸内肯定质量的志向气体由状态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三点在同始终线上。则在此过程中（）A.由A到B，气体全部分子的动能都增大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，内能削减D.由A到D，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数削减【答案】D【解析】【详解】A．由A到B，温度上升，气体分子的平均动能增大，但不是气体全部分子的动能都增大，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，则依据热力学第肯定律知即气体从外界汲取热量，故B错误；C．由C到D发生等容改变，依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；D．O、A、D三点在同始终线上，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上升较小的，重新达到平衡后，h和p1的改变是（）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依据题意，p0和h1均不变，故p1不变。设左侧气体压强为p2，依据志向气体状态方程对左侧液体当左侧部分气体温度上升时，p2增大，h变小。故ABC错误，D正确。故选D。4.依据热学中的有关学问，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-293℃B.其次类永动机是可以制造出来的，因为它不违反热力学第肯定律C.把装有不同压强、不同温度的气体的两容器连通，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淌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%，制冷机不行以使温度降到-293，只能接近-273.15，却不行能达到，故A错误；B．其次类永动机不违反能量守恒定律，而是违反了热力学其次定律，其次类永动机不行能被制造出来，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淌，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C正确；D．即使改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，依据热力学其次定律，内燃机也不行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.一视察者沿着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．依据图乙b质点在t=0起先的振动图像可得振动方向向下，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肯定在波峰位置，故C错误；D．由周期和频率的关系可知，波的频率为而视察者沿着x轴靠近波源运动时，由多普勒效应可知，视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改变的图像，则该单摆的摆长为（重力加速度g取10m/s2）（）A.0.4m B.1.6m C.4m【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0.8s，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.渐渐增大入射角，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，依据可知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．依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，渐渐增大入射角，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.红光的临界角肯定小于60°B.a光肯定为单色光，b光肯定为复色光C.用同一装置进行单缝衍射试验时，紫光条纹比红光条纹宽D.用同一装置进行双缝干涉试验时，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，肯定伴随着反射现象，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.改变的电场肯定产生改变的磁场B.电磁波按波长从长到短依次排列依次是：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波C.X射线的穿透本事比γ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．依据麦克斯韦电磁理论可知，匀称改变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依次排列依次是：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波，选项B错误；C．γ射线的穿透本事比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，其动量的改变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，内部装有肯定量的水，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。设全部过程温度保持不变，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，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，由热力学第肯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试验装置图，图乙是光电流与加在阴极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①、③可知在光的颜色不变的状况下，入射光越强，饱和光电流越大B.由图线①、②、③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①、③可知在光的颜色不变的状况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；

B．依据光电效应方程知，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．依据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能级的氢原子可以汲取随意频率的紫外线，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】【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(n－1)=3种不同频率的光子，故A错误；B．依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，依据知，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，氢原子的能量削减，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的结合能之和肯定大于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的结合能之和肯定大于X的结合能。故D正确。

故选AD。三、试验题（本大题共2小题，共7分）15.2018年3月14日闻名物理学家霍金逝去，巨星陨落，但是探究太空中的未知领域，我们会仍旧接着下去。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62.50cm，摆球直径为2.0cm(1)该摆摆长为________cm；(2)该摆摇摆周期为________s；(3)假如测得g值偏大，可能缘由是________；（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，摇摆中出现松动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。（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，依据图象知周期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，摇摆中出现松动，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试验中，须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：，测量的状况如图所示，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）起先振动的时刻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=20m－l.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=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发生碰撞并马上结成一个整体D。在A和D接着向左运动的过程中，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接着被压缩。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，弹簧被接着压缩到最短后其次次锁定。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)弹簧长度其次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