高三、2024年物理试卷、山东省济宁市第一中学高三下学期3月月考，教育小助手通过百度云盘、腾讯云盘分享Word版资源文件：物理试卷-山东省济宁市第一中学2023-2024学年高三下学期3月月考，若想获取Word版资源，请点立即下载！更多试题详解、参考答案、解析应有尽有，并且有海量历来真题，家长想要孩子提优就来下载打印刷真题吧！
1解析1设氢眼子发射光子前处于第k能级，发射后的能量为B,-(←品)=￡-=，解得瓦-， 3 36 则k-3,辐射光子的频率有2+1=3种。故选A。 2.C【解析】根据机城能守恒定律可知到达底端N点时，两小球速度大小相等，但方向不同，重力的功率不 相同，A错误：由M到N的过程中，合力做功即两小球重力做功均为W=g欧，B错误：由M到N的过程 中，重力的冲量。g,由于，所以小球A重力的冲量比小球B重力的冲量大，C正确：到达底端N 点时，小球A受到的支持力F=ngcos8a,小球B受到的支持力F>gcos0s,由图可知BPg,则FPFB, 根据牛顿第三定律可知，小球B对轨道的压力大于小球A对轨道的压力，D错误。故选C。 3B【解折】根据万有引力的公式F=G不0，可知。由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三 颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A错误：根据万有引力充当向心力有G,M加 ■用 ,可得卫 (R+) (R+) 星的线速度”= GM NR+h 则该卫星的动能E=m2=GMm 2 2(R+h) ,而对于环绕地球表面做圆用运动的物体有 mgR mg,可得GM=8R,则可得该物休的动能瓦=2R十月，而显然对于同一颗卫星，轨道半径越大， 其动能越小，因此同一卫星在高轨道的动能小于在低轨道的动能，B正确，D错误：若恰能实现赤道全球通 信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为120°，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以 及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为 R r'= =2R,则卫星离地高度至少为h■r'-R■R,C错误。故选B。 c0860 4.D【解析】因为两个小球在相同大小的速度%水平地出，且都落到倾角为日的斜面，因此两个小球的位移 角是相同的都为8，根据平抛的角度推论可知，速度角正切值是位移角正切值的两倍，因此两个球落地时的 速度角也相等，因此速度方向与坡面的夹角也相等，即份-，AB错误：根据位移角可知m0=)型，解 2边。 得r=2an ,因此在竖直方向的速度为卫，=g=2知an0,竖直方向速度与加速度大小无关，因此合速度5.C【解析】当频率比D点单色光大的光，到达圆弧AD部分，随着颊率增大折射率变大，由题知0角度不 变，如图所示，在折射率变大过程中sma不变，sm啡在变小，由上_血上知临界角在变小，但在折射率变 是5n 大过程，入射角？变大，当s如？s血2时会发生全反射，不考忠多次反射，所以到达圆弧4D部分可能不会 sina 从圆弧AD部分射出。A错误：由图知，单色光在D点未发生全反射，频率比D点单色光小的光，到达圆弧 BD部分。折射率小，在玻璃砖内随着折射率变小，入射角比D点单色光入射角小，临界角比D点单色光 临界角大，故到达圆弧BD部分不发生全反射，从圆弧BD部分射出，B错误：因为D点切线和AB平行， 所以频率改变前从D点出射的光线一定与从C点入射时 的光线平行。C正确：由”=￡，光的频率不同，折射率 不同，在光中传播速度不同，不考虑多次反射，频率大的 折射率大，速度小，传播时间不相等，D错误，故选C, 6,A【解析】项客快速取走】号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg,根据牛顿第二定律有 mg=(M+5m)a,对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有F-5mg=5ma,联立可得托盘对6号盘子作用力 的大小为F=5mgM+6nm) M+5m 。故选A 7C【解析】甲图中线图ACD处于图示位置时，此时刻线圈平面与中性面垂直。电流方向不改变，A错误： 由图知T0.4s,发电机峰值电压U-WBS,F 2严-5ds,匀强磁场的磁感应强度大小为 eMa·B错 误：复设每个小灯泡的电阻是儿当开关闲合时，风，方R+心，是合一子，-4风，联 U 立可得，电压表的示数为，=正U,若断开开关5，副线圈总电阻变大，原线圈及刷线圈的电流均变小， 11 则L,变暗，L2变暗，由于原线图的电流变小，原线圈的电压变大，且副线图的电压也变大，又L:的电压变 小，则L的电压变大，L,将变亮，D错误。故选C 8.D【解析】物块a的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块b释放后，在绳子拉力的作用下加速上升， 与此同时物块b加速下降，速率与物块a相同，第二个阶段为物块b落地后，物块a在自身重力的作用下 减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有(m,一mgh=m+m,心，第二阶段对物块▣由动 能定理有一%gH-=0-网，联立以上两式可得H=,结合图像可得k=2，可知 所9.BC【解析】→b为绝热过程，Q0,气体体积膨张对外界做功，W0,由热力学第一定律△U=Q+W得△0， 即内能减小，温度降低，A错误：由微元法可得V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图 像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，B正确：a·c过程等压膨胀，气体对外做功， <0,由理想气体状态方程知温度升高，内能增大，由△=Q+W得△>0，故气体从外界吸热大于对外做 的功，C正确：a一过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的 动量变化量变大，由气体压强的微观解释可知，在状态？时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分 子数多，D错误。故选BC。 10AC【解析】由图可知，P质点沿y轴正方向振动，由同侧法可知，该波的传播方向沿x轴负方向，A正 确：甲图中质点P该时刻振幅为2m,B错误：图示时刻，质点Q正沿y轴负方向运动，质点P正沿y轴正 方向运动，在接下来的四分之一个周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。之后当P第一次返回平衡位 置时（从图示时刻经历半个周期），根据对称性可知此时质点Q的位置与图示位置关于x轴对称并沿y轴正 方向运动，则在接下来的四分之一周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。综上所述在一个周期内，质点 P和质点Q有两个时刻位移相同，C正确。在0<1<0，.1s内，即二周期内，质点P通过的路程为3，=2A 0.4m,质点Q在该时间段内经过平衡位置，则质点Q通过的路程为s。>2A0.4m,故在0<1<0.1s内，质 点P通过的路程小于质点Q通过的路程，D错误。故选AC。 11BD【解析】因为正负电荷是等量异种电荷，而D点更靠近正电荷，F点更靠近负电荷，所以D点的电势 大于F点的电势，A错误：电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，由于B点到正电荷和负电荷的 距离与H点到负电荷和正电荷的距离相等，由电场的叠加性和对称性可知，这两点的电场强度大小和方向 相同，B正确：因为正负电荷是等量异种电荷，其连线的中垂面为等势面，电势皆为零，该等势面与正方体 的12条棱的交点不止3个点，所以正方体的12条棱上不止有3个点电势为零，C错误：因为正负电荷是等 量异种电荷，而D点更靠近正电荷，F点更靠近负电荷，所以D点的电势大于F点的电势，而B点更靠近 正电荷，C点更靠近负电荷，所以B点的电势大于C点的电势，由于是在正方体中，由电场的叠加与对称 性可知，D点和B点电势相同，C点和F点的电势相同。即Uc■U,根据电场力做功W=gU,所以将一 正试探电荷从D移到C和从B移到F电场力做功相同，即电势能减少量相同，D正确。故选BD。 12.BC【解析】两棒的长度之比为12，电阻之比为1：2，电阻为R,CD棒F-2LB=2m4,AB棒LB=m阳， 1=2BL8二BL2，由此可知，稳定后，回路中电流恒定，AB棒向左匀加速运动，CD棒向右匀加速运动， 3R F A错误：且AB棒的加速度大小是CD棒的加速度大小的2倍，即221：可得CD棒的加速度大小为a=一， B正确：如果F作用一段时间后，AB棒和CD棒的速度大小均为卫，此时立即撒去拉力F后，AB棒继续向 左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的
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