衡水中学2019届高三物理上学期第四次调研试题（附解析Word版）

2019 学年度上学期高三年级四调考试物理试卷 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分。试卷共 8 页，共 110 分。考试时间 110 分钟。 第 I 卷（选择题共 60 分） 一、选择题（每小题 4 分，共 60 分。其中 5、6、7、8、10、11、14 是多项选择， 其余各题是单选） 1. 下列说法正确的是 A. 物体速度变化越大，则加速度一定越大 B. 物体动量发生变化，则物体的动能一定变化 C. 合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒 D. 系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒 【答案】D 【解析】 试题分析：根据加速度的定义式 可知，速度变化 很大时，如果时间 更长，加速 度可能很小，选项 A 错误.物体的动量改变，可能是方向变而大小不变，故动能可以不变化， 也可以变化，选项 B 错误.运动过程中受合外力做功为零，若有除重力或者是弹簧弹力以外的 做功，物体的机械能并不守恒，比如匀速下降的物体，选项 C 错误.只有系统所受的合外力为 零，系统的动量不能改变，即系统的动量守恒，选项 D 正确.故选 D. 考点：本题考查了加速度的定义、动能与动量的关系、机械能守恒定律的条件、动量守恒定 律的条件. 2.氢原子能级如图，当氢原子从 n＝3 跃迁到 n＝2 的能级时，辐射光的波长为 656 nm。以下判 断正确的是（ 　） A. 氢原子从 n＝2 跃迁到 n＝1 的能级时，辐射光的波长大于 656 nm B. 用波长为 325 nm 的光照射可使氢原子从 n＝1 跃迁到 n＝2 的能级 C. 大量处于 n＝3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线 va t ∆= ∆ v∆ t∆D. 用波长为 633 nm 的光照射不能使氢原子从 n＝2 跃迁到 n＝3 的能级 【答案】CD 【解析】 试 题 分 析 ： 从 n=3 跃 迁 到 n=2 的 能 级 时 ， 辐 射 光 的 波 长 为 656nm ， 即 有 ： ，而当从 n=2 跃迁到 n=1 的能级时，辐射能量更多， 则频率更高，则波长小于 656nm．故 A 错误．当从 n=2 跃迁到 n=1 的能级，释放的能量： =[-3．4-（-13．6）]×1．6×10-19，则解得，释放光的波长是 λ=122nm，则用波长为 122nm 的 光照射，才可使氢原子从 n=1 跃迁到 n=2 的能级．故 B 错误．根据数学组合 ，可知一 群 n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线，故 C 正确；同理，氢原子的电子 从 n=2 跃迁到 n=3 的能级，必须吸收的能量为△E′，与从 n=3 跃迁到 n=2 的能级，放出能量相 等，因此只能用波长 656nm 的光照射，才能使得电子从 n=2 跃迁到 n=3 的能级．故 D 正 确． 故选 CD． 考点：波尔理论 【此处有视频，请去附件查看】 3.已知钙和钾的截止频率分别为 7.73×1014Hz 和 5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属 均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大 的（ ） A. 波长 B. 频率 C. 能量 D. 动量 【答案】A 【解析】 解：根据爱因斯坦光电效应方程得： Ek=hγ﹣W0， 又 W0=hγc 联立得：Ek=hγ﹣hγc， 据题：钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较 191.51 3.4 1.6 10656 hc nm −= − − − × ×（ （ ）） hc λ 2 3 3C =小，由 P= ，可知该光电子的动量较小，根据 λ= 可知，波长较大，则频率较小．故 A 正确，BCD 错误． 故选：A． 【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的 波长与动量的关系 λ= ． 【此处有视频，请去附件查看】 4. 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在 y 轴上的 P 点分别沿 x 轴正方向和 y 轴正 方向以相同大小的初速度抛出两个小球 a 和 b，不计空气阻力，若 b 上行的最大高度等于 P 点 离地的高度，则从抛出点到落地有（ ） A. a 的运动时间是 b 的运动时间的 倍 B. a 的位移大小是 b 的位移大小的 倍 C. a、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同 D. a、b 落地时的速度不同，但动能相同 【答案】B 【解析】 试题分析：设 P 点离地的高度为 h,对于 b：b 做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则 b 上升到最大的时间为 ，从最高点到落地的时间为 ，故 b 运动的总时间 ,对于 a：做平抛运动，运动时间为 ；则有 ,故 A 错 误 ； 对 于 b ： ， 则 得 ； 对 于 a ： 水 平 位 移 为 2 5 1 2ht g = 2 2 2ht g ×=，a 的位移为 ，而 b 的位移大小为 h，则 a 的 位 移 大 小 是 b 的 位 移 大 小 的 倍 ． 故 B 正 确 ； 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 得 ： ，若两球的质量相等，则两球落地时动能相同，而速度方向不同，则落地 时速度不同，故 CD 错误。 考点：动能定理的应用、平抛运动 【名师点睛】本题的解题关键要掌握竖直上抛和平抛两种运动的研究方法及其规律，并根据 机械能守恒分析落地时动能关系。 5.如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板 B，木板 B 上放着木块 A，A、B 间的接触面粗 糙。现用一水平拉力 F 作用在 A 上使其由静止开始运动，用 代表 B 对 A 的摩擦力， 代 表 A 对 B 的摩擦力，则下列情况可能的是（ ） A. 拉力 F 做的功等于 A、B 系统动能的增加量 B. 拉力 F 做的功大于 A、B 系统动能的增加量 C. 拉力 F 和 对 A 做的功之和小于 A 的动能的增加量 D. 对 B 做的功小于 B 的动能的增加量 【答案】AB 【解析】 【详解】A．若拉力不够大，AB 一起加速运动时，对整体，根据动能定理可知，拉力 F 做的 功等于 A、B 系统动能的增加量。故 A 正确； B．若拉力足够大，A 与 B 有相对运动，对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系 统的内能；故拉力 F 做的功大于 AB 系统动能的增加量；故 B 正确； C．对 A 来说，只有拉力 F 和摩擦力 f1 做功，由动能定理可知，拉力 F 和 f1 对 A 做的功之和 等于 A 的动能的增加量。故 C 错误； D．对 B 来说，只有摩擦力 f2 做功，由动能定理可知，f2 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量。 1f 2f 1f 2f故 D 错误。 6. 小行星绕恒星运动的同时，恒星均匀地向四周辐射能力，质量缓慢减小，可认为小行星在 绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动，则经过足够长的时间后，小行星运动的（ ） A. 半径变大 B. 速率变大 C. 加速度变小 D. 周期变小 【答案】AC 【解析】 试题分析：设恒星的质量为 M，行星的质量为 m，根据题意可得 M 在减小，万有引力充当向 心力，所以两者之间的引力在减小，提供的引力小于需要的引力，所以小行星做离心运动， 即半径在增大，A 正确；根据公式 可得 ，半径增大，所以速率减小， B 错误；根据公式 可得 ，半径增大，加速度减小，C 正确；根据公式 可得 ，半径增大周期增大，D 错误； 考点：考查了万有引力定律的应用 【名师点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过 程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这 一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算 7.A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示表示发生碰撞前后的 v－t 图线，由图线 可以判断(　　) A. A、B 的质量比为 3∶2 B. A、B 作用前后总动量守恒 C. A、B 作用前后总动量不守恒 D. A、B 作用前后总动能不变 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 2 MmG mar = 2 Ma G r = 2 2 2 4MmG m rr T π= 3 2 rT GM π=【答案】ABD 【解析】 【详解】根据动量守恒定律： ，得： ，故 A 正 确；根据 动量守恒知 A、B 作用前后 总动量守恒，B 正确 C 错误；作 用前总动能： ，作用后总动能： ，由此可知作用 前后 A、B 的总动能不变，D 正确；故选 ABD． 【点睛】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比． 8.如图甲所示，静止在水平地面的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用，F 与时间 t 的关系如 图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值 与滑动摩擦力大小相等，则（ ） A. 时间内 F 的功率逐渐增大 B. 时刻物块 A 的加速度最大 C. 时刻后物块 A 做反向运动 D. 时刻物块 A 动能最大 【答案】BD 【解析】 试题分析：由图象可知，0～t1 时间内拉力 F 小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零， 故 A 错误； 由图象可知，在 t2 时刻物块 A 受到的拉力最大，物块 A 受到的合力最大，由牛顿第二定律可 得，此时物块 A 的加速度最大，故 B 正确；由图象可知在 t2～t3 时间内物体受到的合力与物 块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故 C 错误；由图象可知在 t1～t3 时间内，物块 A 受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在 t3 时刻以后，合力做负功．物块动能减小， 的 6 1 2 7A B A Bm m m m⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ : 3: 2A Bm m = 2 21 1 556 12 2 3A B Am m m⋅ + ⋅ = 2 21 1 552 72 2 3A B Am m m⋅ + ⋅ = mf 10 t− 2t 2t 3t因此在 t3 时刻物块动能最大，故 D 正确；故选 BD. 考点：牛顿第二定律及动能定理的应用 【名师点睛】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要知道当拉力大 于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能 定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大, 要掌握图象题的解题思路. 9.如图所示，在光滑的水平面上，质量 的小球 以速率 向右运动。在小球的前方 点处 有一质量为 的小球 处于静止状态， 点处为一竖直的墙壁。小球 与小球 发生正碰后 小球 与小球 均向右运动。小球 与墙壁碰撞后原速率返回并与小球 在 点相遇， ，则两小球质量之比 为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设 A、B 两个小球碰撞后的速度分别为 、 ，由动量守恒定律有： ① 由能量守恒定律有： ② 两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有： ③ 联立①②③，代入数据解得： 。 A. 与上述计算结果 不相符，故 A 不符合题意； B. 与上述计算结果 不相符，故 B 不符合题意； 1m A 0v O 2m B Q A B A B B A P 2PQ PO= 1 2:m m 7 :5 1:3 2:1 5:3 1v 2v 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 2 2 1:5v v PO PO PQ= =: : （ ＋ ） 1 2 5:3m m =: 7 :5 1 2 5:3m m =: 1:3 1 2 5:3m m =:C. 与上述计算结果 不相符，故 C 不符合题意； D. 与上述计算结果 相符，故 D 符合题意。 10.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B 球在前，A 球在后， ， ， ， ，当 A 球与 B 球发生碰撞后，AB 两球的速度可能为： （ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】AB 【解析】 【分析】 碰撞前系统的总动量：P=1×6+2×3=12 kg·m/s，碰撞前系统的总动能：EK= mAvA2+ mBvB2= ×1×62+ ×2×32=25J； 【详解】A、碰撞后，A、B 的动量 PA=1×4=4 kg·m/s，PB=2×4=8kg·m/s，系统动量守恒，系统 总动能：EK,= mAvA2+mBvB2= ×1×42+ ×2×42=24J