1、山东省临沂市临沂十八中2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共32分）1. 关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是（）A. 某种物体的温度为0C，说明该物体中分子的平均动能为零B. 物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能也一定增大C. 当温度变化1C时，也可以说成温度变化274KD. 质量相同时，0C的水比0C的冰的内能大【答案】D【解析】【详解】A分子在做永不停歇的无规则热运动，物体中分子的平均动能不可能为零，A错误；B物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，物体的内能还与分子的势能有关，所以内能不一定增大，B错误；C当温度变
2、化1C时，也可以说成温度变化1K，C错误；D0C的冰融化成水需要吸收热量，所以质量相同时，0C的水比0C的冰的内能大，D正确。故选D。2. 我们认识到的固体、液体和气体，下列说法正确的有（）A. 小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是浮力与其重力平衡的结果B. 单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C. 一定质量的理想气体如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸气蒸发得越慢【答案】D【解析】【详解】A小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是由于表面张力作用的结果，选项A错误；B单晶体
3、和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项B错误；C一定质量的理想气体如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则内能不变，气体对外做功，体积变大，根据可知，在该过程中气体的压强一定减小，选项C错误；D空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸气蒸发得越慢，选项D正确。故选D。3. 如图所示，a、b、c为一定质量的理想气体变化过程中的三个不同状态，下列说法正确的是（）A. a、b、c三个状态的压强相等B. 从a到c气体的内能减小C. 从a到b气体吸收热量D. 从a到b与从b到c气体对外界做功的数值相等【答案】C【解析】【详解】A根据理想气体状态方程得若压强不变，
4、则VT图象应为过原点的倾斜直线，选项A错误；B从a到c气体温度升高说明内能增加，选项B错误；C从a到b气体体积增加说明对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式知气体吸收热量，选项C正确；D从a到b与从b到c气体体积变化相同，但压强不同，因而对外界做功的数值不相等，选项D错误。故选C4. 关于热力学定律，下列说法正确的是（）A. 气体吸热后温度一定升高B. 对气体做功，气体内能一定发生改变C. 理想气体等压膨胀过程一定放热D. 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】D【解析】【详解】A物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，
5、则内能可能不变，所以气体吸热后温度不一定升高，选项A错误；B做功和热传递都能改变内能，若对气体做功，物体同时释放热量，则内能可能不变，选项B错误；C根据理想气体的状态方程可知，理想气体等压膨胀过程中压强不变，体积增大则气体的温度一定升高，所以气体的内能增大；气体的体积增大对外做功而内能增大，所以气体一定吸热，选项C错误；D根据热平衡定律可知，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项D正确。故选D。5. 如图所小，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方。使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白
6、板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为x0（未标出），印迹上P、Q两点的纵坐标为y0和-y0.忽略空气阻力，重力加速度为g，则（）A. 该弹簧振子的振幅为2y0B. 该弹簧振子振动周期为C. 激光笔在留下P、Q两点时加速度相同D. 激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为-2mgy0【答案】D【解析】【详解】AB记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期T=，振幅为A=y0，AB错误。C加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，C错误。D在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动
7、能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功为2mgy0，故弹力对物块做负功，为-2mgy0，D正确。故选D。6. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图实线所示，此时波刚好传到P点，时刻的波形如图中虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是（）A. 这列波的波速一定是B. 质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC. 若周期，则在时刻，质点Q速度最大D. 质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm【答案】D【解析】【详解】A由图可知，波的波长为40m，两列波相距故周期波速为只有当时，波速才为A错误；Bt时刻，质点a正远离平衡位置向上运动，速度减小，若振动时间为，故
8、路程小于3A，即小于30cm。若振动的时间超过，路程大于3A，即大于30cm，B错误；C若周期，则在时刻，波向右传播一个波长，所以此时Q点刚好位于波峰，质点Q速度为零，C错误；D如果质点c的路程为60cm，说明c振动了个周期，则可有即解得时满足条件，D正确。故选D。7. 如图，在某种液体内，有一轴截面为正三角形的薄壁透明圆锥罩ABC，底面水平，罩内为空气。发光点D位于AB中点，发出的垂直于BC的光恰好不能射出液面。下列说法正确的是（）A. D发出的光照射到CB界面时可能发生全反射B. 液面上方能够看到透明罩所有位置都被照亮C. 液体的折射率为D. 液体的折射率为【答案】C【解析】【详解】AD发
9、出的光照射到CB界面时，是从光疏介质向光密介质入射，不能发生全反射，故A错误；B由题知，发光点D发出的垂直于BC的光恰好不能射出液面，可知点D发出的在垂直于BC以下的部分光不能射出液面，所以在液面上方不能够看到透明罩所有位置都被照亮，故B错误；CD由几何关系可知，发光点D发出的垂直于BC的光垂直于BC进入液体后，在上边的液面处的入射角等于，恰好不能射出液面，则临界角为，所以折射率 故C正确，D错误。故选C。【点睛】由几何关系求出光线在BC面上的入射角，作出光路图，光线恰好在水平液面上发生了全反射，入射角等于临界角C，根据折射定律和几何知识结合求解。本题是几何光学问题，关键要掌握全反射条件及临界
10、角与折射率的大小关系，结合几何关系帮助解答。8. 如图所示，双缝干涉实验装置中，屏上一点到双缝的距离之差为，若用单色光照射双缝时，发现点正好是从屏中间算起的第四条暗条纹，换用单色光照射双缝时，发现点正好是从屏中间算起的第三条亮条纹，则下列说法正确的是（ ）A. 单色光的频率大于单色光的频率B. 单色光的波长小于单色光的波长C. 单色光的相邻亮条纹间的距离小于单色光的相邻亮条纹间的距离D. 用单色光和在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光更容易发生明显衍射【答案】D【解析】【详解】ABC由题意可知，单色光A照射双缝时条纹间距较小，根据可知单色光A的波长较小，频率较大，选项ABC
11、错误；D因单色光B的波长较大，则用单色光A和B在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光B更容易发生明显衍射，选项D正确。故选D。二、多选题（本大题共4小题，共16分）9. 下面关于熵的说法正确的是A. 熵是物体内分子运动无序程度的量度B. 对孤立系统而言，一个自发的过程中熵总是向减少的方向进行C. 热力学第二定律的微观实质是：熵总是增加的D. 熵值越大，表明系统内分子运动越无序【答案】ACD【解析】【分析】熵是物体内分子运动无序程度的量度，在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向增加的方向进行，熵值越大，代表系统分子运动越无序；【详解】A、熵是物体内分子运动无序程度的量度，同种物质
12、气态的熵大于液体和固体的，A正确；B、在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向增加的方向进行，B错误；C、热力学第二定律的微观实质是熵是增加的，C正确；D、熵值越大，代表系统分子运动越无序，D正确【点睛】本题考查了熵的知识，知道在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向增加的方向进行10. 如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在O点时，弹簧处于原长，A、B为关于O对称的两个位置，现在使小球带上负电，并让小球从B点由静止释放，那么下列说法正确的是（）A. 小球仍然做简谐运动B. 小球仍然能在A、B间做简谐运动，O点是其平衡位置C. 小球从B运动到A的过程中，动
13、能一定先增大后减小D. 小球从B点运动到A点，其动能的增加量一定等于电势能的减少量【答案】AD【解析】【分析】对小球受力分析，求出小球受到的合外力表达式，根据简谐运动的条件，分析小球是否能做简谐运动，再根据功能关系明确能量转化的情况。【详解】A小球在匀强电场中受到水平向左的电场力，设电场力大小为F0，小球合力为零的位置应该在O点左侧，设为O1，假设O1、O之间的距离为x0，弹簧的劲度系数为k，则有取水平向右为正方向，当小球从O1向右运动x时，回复力所以小球会以O1点为平衡位置做简谐运动，故A正确；B小球在平衡位置时合外力为零，由于小球受到的电场力向左，所以小球的平衡位置在O点的左侧，振幅增大，
14、将不在A、B间做简谐运动，故B错误；C由于电场强度的大小未知，不能确定小球的平衡位置，所以不能确定小球从B到A过程中动能如何变化，故C错误；D小球在运动过程中，动能、弹性势能和电势能之和保持不变，小球从B点运动到A点的过程中，A、B两点的弹性势能相同，由能量守恒知，其动能的增加量一定等于电势能的减小量，故D正确。故选AD。11. 如图所示,一开口向下导热均匀的直玻璃管,通过细绳悬挂在天花板上,玻璃管下端浸没在固定水银槽中,管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是A. 大气压强增加B. 环境温度降低C. 向水银槽内注入水银D. 略微增加细绳长度,使玻璃管位置相对水银槽下移【答案】A
15、B【解析】【详解】由题意，令封闭气体的压强为P，玻璃质量为m，则有对玻璃管受力分析：由受力分析可知，绳的拉力，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力A项：大气压强增加时，封闭气体压强不变，所以液柱h增加，所以拉力T增加，故A正确；B项：环境温度降低，封闭气体压强减小，由可知，h增大，所以拉力T增大，故B正确；C项：向水银槽内注入水银，由和气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h减小，故拉力减小，故C错误；D项：略微增加细绳长度,使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体体积减小，压强增大，由可知，水银面高度差h减小，所以绳拉力减小，故D错误12. 如图所示，真空中有一
16、个半径为R、质量分布均匀的玻璃球。频率为f的激光束在真空中沿直线BC传播，在C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点经折射进入真空中，已知，玻璃球对该激光的折射率为，则下列说法中正确的是（设c为真空中的光速）（）A. 激光束的入射角B. 改变入射角i大小，激光束不可能在玻璃球的内表面发生全反射C. 光在射入玻璃球后，频率变小D. 从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长时间为【答案】ABD【解析】【详解】A设入射角为，折射角为r，如图已知，则，根据，即有解得故A正确；B激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在D点的入射角不可能大于
17、临界角，所以在D点都不可能发生全反射，故B正确；C光子的频率由光源决定，与介质无关，所以光子穿越玻璃球时频率不变，故C错误；D激光在玻璃球中传播的速度为从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长路程为S=2R，则最长时间为故D正确。故选ABD。【点睛】本题是折射定律和几何知识的综合，关键是画出光路图，运用几何关系求解。三、实验题（本大题共2小题，共12分）13. 如图1所示是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图，图中是光源、是滤光片、是单缝、是双缝、是光屏。(1)如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是_填数字代号。(2)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对
18、准第1条亮条纹，读出手轮的读数如图2甲所示。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第8条亮条纹，读出手轮的读数如图乙所示。则相邻两亮条纹的间距是_（结果保留三位有效数字）。(3)在(2)前提下，如果已经量得双缝的间距是，双缝和光屏之间的距离是900mm，则待测光的波长是_（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). (2). 2.07 (3). 【解析】【详解】（1）1将灯泡换成激光光源，激光的单色性好，不需要滤光片，即为；同时激光的相干性，因此不需要单缝，即为，故可以去掉的部件是；（2）2图甲中手轮的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为所以最终读数。图乙中手轮的固定刻度读数为，可动刻度读数为则。相
19、邻两条纹的间距（3）3根据知待测光的波长14. 在探究“单摆周期与摆长”的关系实验中，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图1所示。光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图2所示，则该单摆的振动周期为_。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径一半的另一小球进行实验（振幅不变），则该单摆的周期将_（填“变大”“不变”或“变小”），图中的将_（填“变大”“不变”或“变小”）。【答案】 (1). T2t0 (2). 变小 (3). 变小【解析】【详解】
20、1单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从图线可知周期 。2摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，摆球的直径变小，摆线长度不变，则摆长减小，根据知周期变小。3摆球的直径减小，则挡光的时间变短，所以将变小。四、简答题（本大题共1小题，共14分）15. 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，波速均为v=20cm/s。两列波在t=0时的波形曲线如图所示。求：(i)t=0开始，乙的波谷到达x=0处的最短时间；(ii)t=010s内，x=0处的质点到达正向最大位移处的次数。【答案】（i）0.5s；（ii）2次【解析】【详解】(i)乙向左传播，其最靠近x=0
21、处的波谷位置的x坐标为乙的波谷到达x=0处的最短时间为(ii)质点运动到正向最大位移时y=y1+y2=20cm即两列波的波峰同时到达x=0位置，从图线可知，甲、乙两列波的波长分别为1=40cm，2=60cm，由可得甲、乙两列波的周期分别为T1=2s，T2=3s甲的波峰到达x=0位置所需时间其中(k=1，2，3)乙的波峰到达x=0位置所需时间其中(n=0，1，2)甲、乙两列波的传播时间相同，可知t1=t2可得即当k=1且n=0时，x=0处的质点运动到正向最大位移处，t1=2s；当k=4且n=2时，x=0处的质点运动到正向最大位移处，t2=8s；即t=010s内，x=0处的质点运动到正向最大位移处
22、共有2次。五、计算题（本大题共3小题，共26分）16. 如图所示，一个气缸被活塞分为A，B两室。当活塞在缸底时轻质弹簧无形变。缸底通过阀门a与容器C相通，开始时B室内充有一定质量的气体，压强为，B室高，B室与C室体积相等。即，A、C两室为真空。此时弹簧对活塞的压力大小与活塞重量mg相等，现将阀门a打开，并将整个装置倒放过来，当达到平衡时同B室的高度多大？（设整个过程温度不变重力加速度为g）【答案】【解析】【详解】设气缸的截面积为S，末态时B室高度为，弹簧劲度系数为k对活塞，原有倒置后有因故对气体由玻一马定律有解得17. 研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56C时，30分钟就可以灭活。如图
23、，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E。a缸内被封闭气体初始温度t1=27C，活塞位于气缸中央，与底部的距离h1=60cm，活塞和气缸间的摩擦不计。（i）若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2=66cm，持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活?（ii）若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q=1.0104J的热量，稳定后气体a内能增加了U=8.5103J，求此过程气体b的内能增加量。【答案】（i）病毒能被灭；（ii）15103J【解析】【详解】（i）设活塞横截面积为S，则对a气
24、体，初态V1=Sh1 T1=t1+273=300K；末态V2=Sh2 T2=t2+273 阀门K打开，加热过程a气体做等压变化，由盖吕萨克定律得由得t2=57 因5756，a内病毒能被灭（ii）阀门K闭合，由于系统绝热，a气体膨胀对b气体做功，由热力学第一定律有Ua=Q+W由式及代入数据得W=-1.5103J对b气体，由于系统绝热，则Ub=1.5103J18. 如图所示是一种折射率n1.5的棱镜，用于某种光学仪器中，现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的大小i满足.求：(c3108m/s)(1)光进入棱镜后的折射角和光在棱镜中传播的速率；(2)此束光线射出棱镜后的方向(不考虑返回到AB面上的光线【答案】(1)30，2108m/s (2)光线沿DF方向垂直于AC边射出棱镜【解析】【详解】(1)由折射定律有：n代入数据解得r30由折射率公式：代入数据得：v2108m/s(2)在NBD中，BND60，BDN45，光线射到BC界面时的入射角：由：sinC=代入数据得：C=arcsin0.67而：arcsin 0.71即： C，故在BC界发生全反射故光线沿DF方向垂直于AC边射出棱镜，光路如图：
