海南省海口市第四中学2020届高三上学期摸底考试物理试题

海口市第四中学2019-2020学年度第一学期高三物理第1次月考试题

一、选择题

1.关于下列四幅图说法正确的是（    ）

A.

玻尔认为原子中电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的

B.

光电效应实验说明了光具有粒子性，爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程

C.

a为β射线、b为γ射线、c为α射线，且b射线的电离能力最强

D.

汤姆孙发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，并提出了原子的核式结构模型

【答案】B

【解析】

【详解】A. 由图和玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，故A错误；

B. 光电效应实验说明了光具有粒子性，爱因斯坦在光的粒子性和普朗克量子理论的基础上，提出了光子学说，建立了光电效应方程，故B正确；

C. 根据左手定则，a为α射线、b为γ射线、c为β射线，且a射线的电离能力最强，b射线的穿透能力最强，故C错误；

D. 卢瑟福发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，提出了原子的核式结构模型，故D错误。

故选：B。

2.在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（  ）

A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒

C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒

【答案】C

【解析】

【详解】从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，总动量不守恒．同时在作用过程中由于摩擦力做功；故弹簧、木块和子弹组成的系统机械能减小，转化为内能．故动量不守恒、机械能不守恒；故选C．

点睛：判断动量和机械能是否守恒，关键根据守恒条件进行判断：动量守恒的条件是合外力为零，机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功.

3.在光滑水平面上有完全相同的、两球，其动量大小分别为与，方向均为向东，球在球后，当球追上球后，两球发生正碰。则相碰以后，、两球的动量可能分别为（    ）

A. ，

B. ，

C. ，

D. ，

【答案】A

【解析】

设两球的质量均为m．碰撞前，A、B两球动量分别为10kg•m/s与5kg•m/s，方向均为向东，总动量为P=15kg•m/s，方向为向东．碰撞前总动能为：.A、总动量满足守恒．碰撞后总动能为．可见碰撞过程总动能守恒，是可能的．故A正确．B、碰撞后，两球均向东运动，A球的速度大于B球的速度，不可能，故B错误．C、总动量满足守恒．碰撞后总动能为.可见碰撞过程总动能增加，不可能．故C错误．D、碰撞后A的动能不变，B的动能增加，碰撞后总动能增加，不可能，故D错误．故选A.

【点睛】这题关键抓住碰撞过程的三大规律进行分析：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、符合实际运动情况．

4.古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2kg,以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为（     ）

A. 28 N·s B. 29N·s C. 31 N·s D. 32 N·s

【答案】D

【解析】

设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0=15m/s；末速度为v=-1m/s；则由动量定理可知：I=mv-mv0=-2-2×15=-32N•s；故选D．

点睛:本题考查动量定理的直接应用，同于表达式中有多个矢量，故应注意设定正方向，并明确各量的方向．

5.如图所示，设车厢长为l，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（     ）

A. v0，水平向右

B. 0

C. ，水平向右

D. ，水平向右

【答案】C

【解析】

【详解】物块再车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得

解得，方向水平向右

A. v0，水平向右不符合题意

B. 0不符合题意

C. ，水平向右符合题意

D. ，水平向右不符合题意

6.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，核反应方程分别为： 和，下列表述正确的有（ ）

A. X是质子

B. Y的质子数是3，中子数是3

C. 两个核反应都没有质量亏损

D. 氘和氚的核反应是原子核的人工转变

【答案】B

【解析】

【详解】A. +→+X+17.6MeV，根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为0，质量数为1，X为中子，故A错误；

B. X+Y→++4.9MeV，根据电荷数守恒，质量数守恒知，Y的电荷数为3，质量数为6，可知Y的质子数为3，中子数为3，故B正确；

C. 两个核反应都释放能量，可知两个核反应都有质量亏损，故C错误；

D. 氘和氚核反应是核聚变反应，故D错误。

故选：B.

二、多项选择题

7.某种金属逸出光电子的最大初动能与入射共频率的关系如图所示。已知该金属的逸出功为，普朗克常量为，下列说法正确的是              。

A. 入射光的频率越高，金属的逸出功越大

B. 与入射光的频率成正比

C. 图中图线的斜率为

D. 图线在横轴上的截距为

【答案】CD

【解析】

【详解】试题分析：金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小，故A错误；根据爱因斯坦光电效应方程，可知光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是成正比，故B错误；根据爱因斯坦光电效应方程，可知斜率，故C正确；由图可知，图线在横轴上的截距为，故D正确。

考点：光电效应

【名师点睛】只要记住并理解了光电效应的特点，只要掌握了光电效应方程就能顺利解决此题，所以可以通过多看课本加强对基础知识的理解。

8.如图所示为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34eV，下列对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（    ）

A. 用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应

B. 一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光子

C. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eV

D. 用能量为10.3eV的光子照射氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

【答案】D

【解析】

【详解】氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，大于锌的逸出功，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出种不同频率的光，选项B错误；氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大为E大=-1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09-3.34=8.75eV，故C正确；能量10.3eV不等于任何两个能级的能级差不能被氢原子吸收，才能跃迁，故D错误；故选C。

【点睛】解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足hγ=Em-En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差．

9.氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤。它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。已知的半衰期约为3.8天。则（   ）

A. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小

B. 约经过15.2天，16g的衰变后还剩1g

C. 发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2

D. 一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生β衰变的次数为2次

【答案】BCD

【解析】

【详解】A、半衰期是放射性元素有半数发生衰变的时间，由原子核的种类决定，与温度等外界因数无关，故A错误；

B、约经过15.2天，即4个半衰期，16g的衰变后还剩1/16的原子核没有衰变，即1g的没有衰变，故B正确；

C、某原子核经过一次α衰变电荷数减小2，质量数减小4，中子数减少2个，故C正确；

D、一个原子核衰变为一个原子核的过程中，质量数减少16个，发生了4次α衰变，电荷数减少了6个，则发生β衰变的次数为2次，故D正确。

故选：BCD

10.光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端连接一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（   ）

A. A、B的速度相等 B. A的动量变为零

C. B的动量达到最大值 D. 此时弹性势能为

【答案】AD

【解析】

【详解】AB. A撞上弹簧后，A做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩至最短，此时A的动量不为零，A、 B速度相等，故A正确，B错误；

C. 速度相等后，B继续做加速运动，动量继续增大，故C错误；

D. 规定向右为正方向，根据动量守恒得：mv=2mv′，解得共同速度v′=v/2，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能Ep=-=，故D正确。

故选：AD.

11.某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，研究物体在0~8秒内的运动，下面判断正确的是（  ）

A. 物体在0~4s内，合力F所做的功等于零，冲量也等于零

B. 物体在0~8秒内，合力F所做的功等于零，冲量也等于零

C. 物体在第4s末离出发点最远，速率最大

D. 物体在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远

【答案】BD

【解析】

【详解】A.物体在0∼4s内F先增大后减小，方向不变，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，方向不变，物体做变加速直线运动。根据动能定理，合力F所做的功等于动能的变化量，不等于零，冲量I=Ft也不等于零，故A错误；

B.在4∼8s内F方向与0∼4s内相反，关于4s对称的时刻，加速度大小相等，方向相反，8S时速度为零。根据动能定理和动量定理，物体在0~8秒内，合力F所做的功等于零，冲量也等于零。故B正确；

C.据B中分析，0~8秒内物体速度方向始终未变，根据对称性可知，8s末物体的速度为零，加速度为零，离出发点最远，4s末速度最大，故C错误，D正确；

故选：BD.

12.如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则

A. A运动到圆槽的最低点速度为

B. A不能到达B圆槽的左侧最高点

C. B向右运动的最大位移大小为

D. B一直向右运动

【答案】AC

【解析】

【详解】A. 设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得：0=mv−2mv′，

根据能量守恒定律得：mgR=+，

联立解得：v=，故A正确；

B. 设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点。故B错误；

C. 因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得：m(2R−x)=2mx，

解得：x=，故C正确；

D. 因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右；当A在水平方向上的速度向右时，则B的速度向左。故D错误。

故选：AC.

13.在匀强磁场中，有一个原来静止的原子核，发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值的判断中正确的是(　　)

A.  B.

C. R1∶R2＝7∶1 D. R1∶R2＝2∶1

【答案】AC

【解析】

【详解】AB、若是α衰变，则新核和α粒子向相反方向射出，新核和α粒子偏转方向相反，做匀速圆周运动的轨迹外切，由题意知，两圆内切，所以该核的衰变是β衰变，于是根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为，故A正确，B错误；

CD、由洛仑兹力提供向心力，可求得半径公式，又由于衰变前后动量守恒,即m1v1=m2v2，所以半径之比等于电量的反比，从而求出半径之比为R1∶R2＝7∶1，故C正确，D错误。

故选：AC

三、实验题

14.用如图所示装置通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为mA的A球从斜槽上某一固定点G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．把质量为mB的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到了如图所示的三个落地处．

①请在图中读出OP=________cm；

②由图可以判断出R是________球的落地点，Q是________球的落地点．

③为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式________．

【答案】    (1). 17.5    (2). B    (3). A    (4). mAOQ=mAOP+mBOR

【解析】

(1)从图中直接读出读数为：17.5 cm.

(2)A与B相撞后，B速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是没有碰撞时A球的落地点，R是碰后B的落地点，P是碰后A的落地点．

(3)根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得

故有

即

故本题答案是： (1)17.5　   (2)B　  A　  (3)

点睛：验证动量守恒的关键是找到碰前和碰后的速度。而计算此速度要借助于平抛运动来求。

四、计算题

15.如图所示，光滑水平面上的物体B、C静止放置，物体A以速度v0=2m/s向B运动，A、B均为m1=1kg，C质量m2=2kg，且处于同一直线上，A与B碰后粘合在一起，随后AB与C发生弹性碰撞，求：

(1)A、B碰撞后的速度大小。

(2)AB与C发生弹性碰撞后，各物体的速度大小。

【答案】（1）1m/s（2）0；1m/s

【解析】

【详解】（1）设A与B碰后粘合在一起的速度大小为v，以A的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：m1v0=2m1v，解得：v=v0/2=1m/s

（2）设AB与C发生弹性碰撞后，速度大小分别为vAB、vC，AB与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，则有：

2m1v=2m1vAB+m2vC，

联立，代入数据解得：vAB＝0，vC＝1m/s。

16.如图所示，质量为1 kg的滑块，以5 m/s的水平向右的初速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，最终滑块恰好未滑离小车。已知小车质量为4 kg，小车与滑块之间的动摩擦因数为0.4。求：

①滑块与小车最终速度。

②整个运动过程中产生的内能。

③小车的长度。

【答案】①1 m/s；②10 J；③2.5 m。

【解析】

试题分析：①设滑块与小车共同速度为v，滑块的质量为m，原来的速度为v0，小车的质量为M。则有：

①

解得：②

②由能量守恒知：

③

③由：Q="μmgL"              ④

可解得滑块相对小车滑过的距离为：L="2.5" m，据题意知：

小车的长度为：L="2.5" m。      ⑤

评分标准：①④式各2分，③式3分，②⑤式各1分。

考点：本题考查动量守恒定律、完全非弹性碰撞中能量转化问题。

17.钚的放射性同位素静止时衰变为铀核激发态和α粒子，而铀核激发态立即衰变为铀核，并放出能量为0.0097MeV的γ光子。已知：、和 α粒子的质量分别为,和。且1u= 931.5MeV 。

（1）写出衰变方程；

（2）求衰变过程放出的核能；

（3）已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能。

【答案】（1） （2）5.216MeV；（3）5.034MeV

【解析】

【详解】(1)根据质量数守恒与电荷数守恒得衰变方程为： ①

(2)上述衰变过程的质量亏损为△m=mPu−mU−mα ②

放出的能量为△E=c2⋅△m=5.2164 MeV  ③

(3)此能量是铀核的动能EU、α粒子的动能Eα和γ光子的能量Eγ之和为：△E=EU+Eα+Eγ     ④

由②③④式得：EU+Eα=( mPu−mU−mα )c2−Eγ ⑤

设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα

则由动量守恒，选取U核运动的方向为正方向,有：mUvU=mαvα ⑥

又由动能的定义知：EU=⑦

又：Eα= ⑧

联立，代入题给数据得Eα≈5.034 MeV.