/17/17/湖北省武漢市部分學(xué)校2019屆高三物理上學(xué)期起點調(diào)研測試試題（含解析）一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.在國際單位制中，電荷量的單位是庫侖，符號是C，靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2。關(guān)于電荷量與庫侖力，下列說法不正確的是A.兩個電荷量為1C的點電荷在真空中相距1m時，相互作用力相當(dāng)于地球上一百萬噸的物體所受的重力B.我們幾乎不可能做到使相距1m的兩個物體都帶1C的電荷量C.在微觀帶電粒子的相互作用中，庫侖力比萬有引力強得多D.庫侖定律的公式和萬有引力的公式在形式上很相似，所以它們是性質(zhì)相同的兩種力【答案】D【解析】【詳解】兩個電荷量為1C的點電荷在真空中相距1m時，相互作用力；一百萬噸的物體所受的重力，所以我們幾乎不可能做到使相距1m的兩個物體都帶1C的電荷量；在微觀帶電粒子的相互作用中，因粒子間的距離很小，所以庫侖力比萬有引力強得多，選項ABC正確；庫侖定律的公式和萬有引力的公式在形式上雖然很相似，但是它們不是性質(zhì)相同的兩種力，選項D錯誤；此題選擇不正確的選項，故選D.2.甲、乙兩輛汽車沿平直的公路做直線運動，其v-t圖象如圖所示。已知t=0時，甲車領(lǐng)先乙車5km，關(guān)于兩車運動的描述，下列說法正確的是()A.0-4h時間內(nèi)，甲車做勻減速直線運動B.0-4h時間內(nèi)，甲、乙兩車相遇3次C.t=lh時，甲、乙兩車相遇D.t=4h時，甲車領(lǐng)先乙車5km【答案】ABC【解析】【詳解】A.由圖可知，0-4h時間內(nèi)，甲車做勻減速直線運動，故A正確；B.由圖可知，甲的初速度為v甲=40km/h，加速度為a甲=-10km/h2，乙的初速度為v乙=60km/h，加速度為a乙=40km/h2，甲乙車相遇時所經(jīng)歷的時間為t，則代入數(shù)據(jù)解得t1=1/3h，t2=1h由圖像可知，1h-3h內(nèi)，甲、乙兩車位移相等，3h時甲乙車再次相遇；3h-4h內(nèi)，乙車在甲車前面，不再相遇，故B正確，C正確；D.3h-4h內(nèi)，x甲2=（10+0）×1km=5km，x乙2=（20+0）×1km=10km，乙車領(lǐng)先甲車5km，故D錯誤。故選：ABC3.如圖所示，交流電流表A1、A2、A3分別與平行板電容器C、帶鐵芯的線圈L和電阻R串聯(lián)后接在同一個交流電源上，三個電流表各有不同的讀數(shù)。下列說法正確的是A.增大電源頻率，A3讀數(shù)增大B.增大電源頻率，A2讀數(shù)增大C.抽去線圈中的鐵芯，A2讀數(shù)增大D.增大電容器兩極板之間的距離，A1讀數(shù)增大【答案】C【解析】【詳解】電阻的電阻值與交流電的頻率無關(guān)，所以頻率變大，電路中的電流不變，A3示數(shù)不變，故A錯誤；交流電的頻率變大，線圈的感抗變大，電流減小，所以A2數(shù)將減小，故B錯誤；抽去線圈中的鐵芯，線圈的感抗變小，A2讀數(shù)增大，故C正確；增大電容器兩極板之間的距離，電容器的電容減小，對交流電的阻礙作用增大，所以電流減小，A1讀數(shù)減小。故D錯誤；故選C?！军c睛】此題考查電容、電感對交變電流的影響，也就是容抗、感抗與交變電流的關(guān)系。當(dāng)交變電流的頻率變大時，線圈的感抗變大，電容器的容抗變小。4.用頻率為ν的紫外線分別照射甲、乙兩塊金屬，均可發(fā)生光電效應(yīng)，此時金屬甲的遏止電壓為U，金屬乙的遏止電壓為。若金屬甲的截止頻率為，金屬乙的極限頻率為ν乙，則ν甲：ν乙為：A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】對甲：eU=Ekm1=hv-hv甲；對乙：e?U＝Ekm2＝hv?hv乙；聯(lián)立可得：v乙＝v；所以：．故ABD錯誤，C正確；故選C。【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程以及最大初動能與遏止電壓的關(guān)系eU遏止=Ekm=hv-W逸出功。5.在光滑的水平面上，質(zhì)量m=1kg的物塊在F=2N的水平恒力作用下運動，如圖所示為物塊的一段軌跡。已知物塊經(jīng)過P、Q兩點時的速率均為v=4m/s，且物塊在P點的速度方向與PQ連線的夾角α=30°。關(guān)于物塊的運動，下列說法正確的是A.水平恒力F的方向與PQ連線成60°夾角B.物塊從P點運動到Q點的時間為2sC.物塊從P點運動到Q點的過程中最小速率為2m/sD.P、Q兩點的距離為8m【答案】B【解析】【詳解】在P、Q兩點的速度具有對稱性，故分解為沿著PQ方向和垂直PQ方向，在沿著PQ方向上做勻速直線運動，在垂直PQ方向上做勻變速直線運動，所以力F垂直PQ向下，在頂點處速度最小，只剩下沿著PQ方向的速度，故有：vmin=vPcos30°=2m/s，故AC錯誤；把P點的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F兩個方向上，沿水平力F方向上滑塊先做勻減速后做勻加速直線運動，有a=F/m=2m/s2，當(dāng)F方向速度為零時，時間為：，根據(jù)對稱性，滑塊從P到Q的時間為：t'=2t=2s，PQ連線的距離為S=vpcos30°?t=4m，故B正確，D錯誤；故選B?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況和運動情況，運用運動的分解法研究恒力作用下的曲線運動，這是常用的方法，要學(xué)會運用。6.在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖a所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前、后兩壺的v—t圖像如圖b所示。關(guān)于冰壺的運動，下列說法正確的是A.兩壺發(fā)生彈性碰撞B.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.1mC.藍(lán)壺受到的滑動摩擦力較大D.碰撞后藍(lán)壺的加速度大小為0.1m/s2【答案】B【解析】【詳解】設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0=1.0m/s，碰后紅壺的速度為v′0=0.4m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0=mv′0+mv，解得：v=0.6m/s；碰撞前兩壺的總動能為Ek1=mv02=0.5m。碰撞后前兩壺的總動能為Ek2=mv′02+mv2=0.26m＜Ek1，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤；根據(jù)碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度大小為：，所以藍(lán)壺靜止的時刻為：，速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為：，故B正確；根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度比藍(lán)壺的加速度小，兩壺質(zhì)量相等，所以紅壺的滑動摩擦力比藍(lán)壺的滑動摩擦力大，故C錯誤；碰后藍(lán)壺的加速度大小為，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題主要考查了動量守恒定律，解答本題要掌握動量守恒定律的計算公式，能夠根據(jù)圖象獲得信息，知道速度圖象的面積和斜率的物理意義。7.如圖所示是交流發(fā)電機的示意圖。線圈的AB邊連在金屬滑環(huán)K上，CD邊連在滑環(huán)L上，導(dǎo)體做的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環(huán)上，線圈在轉(zhuǎn)動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路的連接。下列說法正確的是A.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖甲位置時，磁通量的變化率最大B.從圖乙所示位置開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關(guān)系是i=ImcosωtC.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖丙位置時，感應(yīng)電流最小D.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖丁位置時，流經(jīng)外電路的電流方向為E→F【答案】BC【解析】【詳解】線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大，但磁通量變化率最小為零，故A錯誤；從圖乙所示位置開始計時，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，形成的感應(yīng)電流最大，線圈中電流i隨時間t變化的關(guān)系是i=Imcosωt，故B正確；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖丙位置時，線圈位于中性面位置，此時感應(yīng)電流最小，且感應(yīng)電流方向改變，故C正確；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖丁位置時，感應(yīng)電動勢最大，根據(jù)楞次定律可知AB邊感應(yīng)電流方向為A→B，流經(jīng)外電路的電流方向為F→E，故D錯誤；故選BC?！军c睛】此題主要考查了發(fā)電機的工作原理。要知道發(fā)電機是根據(jù)電磁感應(yīng)原理制成的。感應(yīng)電流的方向與導(dǎo)體切割磁感線的方向有關(guān)，能夠通過線圈的轉(zhuǎn)動情況，判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流放向的變化。8.如圖所示，將質(zhì)量為m的勻質(zhì)重繩的兩端固定在等高的A、B兩點，在重繩中點系一質(zhì)量為M的物體。已知重繩A、B端的切線與豎直方向的夾角為α，重繩最低點C端的切線與豎直方向的夾角為β。下列說法正確的是A.若撤去物體，重繩的重心位置將升高B.重繩在A、B端的拉力大小為C.重繩在C端的張力大小為D.減小物體的質(zhì)量，角β將會增大【答案】CD【解析】【詳解】設(shè)想原來沒有物體M，加上M后，根據(jù)功能關(guān)系，WG+WF=0，由于拉力做正功，故重力做負(fù)功，說明重心上升，故若去掉重物M，均質(zhì)繩的重心位置下降，故A錯誤；設(shè)繩子端點處和中點處繩子張力分別為F1、F2。對整體研究，根據(jù)平衡條件得F1cosα=（M+m）g，解得：，故B錯誤；對左半邊繩子研究得F1cosα=F2cosβ+mg，F(xiàn)1sinα=F2sinβ，聯(lián)立解得F2cosβ=Mg，則F2＝，故C正確；減小物體的質(zhì)量，C點的位置上升，繩子拉力減小，角度β將會增大，故D正確。故選CD。【點睛】本題是力平衡問題，難點存在如何選擇研究對象和如何運用數(shù)學(xué)知識變形求解，還要結(jié)合功能關(guān)系列式分析。9.如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。兩個相同的帶電粒子，先后從y軸上的P點（0，a）)和Q點（縱坐標(biāo)b未知），以相同的速度v0沿x軸正方向射入磁場，在x軸上的M點（c，0）相遇。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，由題中信息可以確定()A.Q點的縱坐標(biāo)bB.帶電粒子的電荷量C.兩個帶電粒子在磁場中運動的半徑D.兩個帶電粒子在磁場中運動的時間【答案】ACD【解析】【詳解】粒子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：洛倫茲力做向心力，故有：Bqv0＝m…①；根據(jù)幾何關(guān)系可得P點粒子的軌道半徑，從而可以求出Q點射出粒子半徑及坐標(biāo)，故AC正確；由于是同種粒子，比荷相同，無法具體求解電荷量和質(zhì)量，但可以求出比荷，故B錯誤；根據(jù)根據(jù)粒子運動軌道半徑和粒子轉(zhuǎn)過的中心角；故根據(jù)周期，可求得運動時間t＝T，故D正確；故選ACD。【點睛】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，故常根據(jù)速度及磁感應(yīng)強度求得半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得運動半徑；或反過來由軌跡根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，進(jìn)而求得速度、磁感應(yīng)強度。10.如圖所示，用長度為s的金屬絲繞制成高度為h的等距螺旋軌道，并將其豎直固定。讓一質(zhì)量為m的有孔小球套在軌道上，從頂端無初速度釋放。已知重力加速度為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是A.下滑過程中軌道對小球的作用力逐漸增大B.小球的運動可以分解為水平方向的勻速圓周運動和沿軌道斜向下的勻加速直線運動C.小球運動到螺旋軌道底端時，重力的功率為D.小球從頂端運動到螺旋軌道底端的時間為【答案】AD【解析】【詳解】小球運動過程重力對小球做正功，速度逐漸增大，軌道對小球的彈力提供向心力，F(xiàn)n＝m，所以下滑過程中軌道對小球的作用力逐漸增大，故A正確；由于小球在下滑過程中，速度不斷增大，故其水平分運動并非勻速圓周運動，故B錯誤；球運動到螺旋軌道底端時有：mgh=mv2，解得：v=，重力的功率P=mgvsinα=mgsinα，故C錯誤；將小球運動等效為沿長為S，高為h的光滑斜面的運動，則其下滑加速度為a=gsinα=，由位移公式得：s＝at2，解得：t=，故D正確。故選AD。二、實驗題：本題共2小題，第11題4分，第12題6分，共10分。把答案寫在答題卡指定的答題處。11.雙刀雙擲開關(guān)常用于改變電流或電壓方向、交換電學(xué)元件位置。某同學(xué)在實驗室中自制了一塊電流/電壓兩用電表，電路如圖所示，S是雙刀雙擲開關(guān)，a、b、c、d、e、f為接線柱，雙刀雙擲開關(guān)的觸刀擲向a、b，e與a接通，f與b接通；擲向c、d，e與c接通，f與d接通。靈敏電流表G的量程是0.001A，內(nèi)阻是100Ω；電阻R1的阻值為9900Ω，R2的阻值是1.01Ω。（1）觸刀擲向a、b時，此表用作__________，量程__________；（2）觸刀擲向c、d時，此表用作__________，量程__________?！敬鸢浮?1).電壓表(2).10V(3).電流表(4).0.1A【解析】【詳解】（1）接a、b上時為G與R1串聯(lián)為電壓表，其量程為U，根據(jù)歐姆定律，有：U=Ig×（Rg+R1）=0.001×（100+9900）=10V（2）接到c、d上時為G與R2并聯(lián)為電流表，其量程為：12.英國科學(xué)家阿特伍德(GeorgeAtwood)曾經(jīng)設(shè)計了如下裝置驗證牛頓第二定律：在跨過光滑定滑輪的輕繩兩端懸掛質(zhì)量均為M的物塊，在一物塊上附加另一質(zhì)量為m的物塊，系統(tǒng)無初速度釋放后開始加速運動。附加物塊運動至擋板后自動脫離，此后系統(tǒng)勻速運動，測得此速度即可求出系統(tǒng)加速過程的加速度。如圖（a）所示，某同學(xué)改進(jìn)了該裝置，將系統(tǒng)從附加物塊距離擋板高h(yuǎn)處無初速度釋放，附加物塊脫離后，測出物塊下端的遮光片通過光電門的時間t。（1）用游標(biāo)卡尺測量該遮光片的寬度d，如圖（b）所示，則d=__________cm；（2）系統(tǒng)加速運動的加速度a=__________；（3）為了驗證牛頓第二定律，在實驗誤差允許范圍內(nèi)，應(yīng)有如下關(guān)系__________。（已知重力加速度為g）【答案】(1).0.560(2).(3).【解析】【詳解】（1）寬度d的讀數(shù)為：17mm-12×0.95mm=5.60mm=0.560cm；（2）遮光板通過光電門的速度：；又：2ah=v2-0所以：（3）對整體進(jìn)行受力分析可知：（M+m）g-Mg=（2M+m）a所以：所以在實驗誤差允許范圍內(nèi)，應(yīng)有如下關(guān)系：；【點睛】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用。題目的難度在于：物體加速下滑時，我們研究了它的逆過程，并且要整理圖象所要求的表達(dá)式。三、計算題：本題共4小題，第13題8分，第14題8分，第15題10分，第16題12分，共38分。把解答寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.如圖，地月拉格朗日點L1位于地球和月球的連線上，處在該點的物體在地球和月球引力的共同作用下，可與月球一起以相同的周期繞地球運動。假設(shè)地球到點L1的距離約為月球到點L1的距離的6倍，請估算地球質(zhì)量與月球質(zhì)量之比。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】【解析】【詳解】設(shè)位于拉格朗日點的物體質(zhì)量為m，地球質(zhì)量為M，月球質(zhì)量為M′；物體到月球的距離為x，則物體到地心的距離為6x，月球到地心距離為7x；由萬有引力等于向心力，對物體：①對于月球因物體質(zhì)量小其對月球的引力產(chǎn)生加速度可略去即只考慮地球?qū)υ虑虻奈Φ茫?②由①②可得=97【點睛】本題是一道創(chuàng)新題，關(guān)鍵是搞清月球和位于拉格朗日點的物體做勻速圓周運動的向心力來源，知道它們的周期相等，選擇含有周期的向心力公式求解。14.水平面上固定著半徑R=60cm的薄圓筒，筒中放置著兩個圓柱，小圓柱半徑r1=10cm、重力為G1=30N，大圓柱半徑r2=30cm。圓筒和圓柱的中心軸均水平，且圓筒的中心O與大、小圓柱的切點Q的連線恰好豎直，如圖所示。不計一切摩擦，求（1）筒對小圓柱的支持力N1和大、小圓柱之間的壓力F；（2）大圓柱所受重力G2?！敬鸢浮浚?），（2）【解析】【詳解】（1）分析小圓柱的受力，如圖，平移F、N1、G1，三力首尾相連構(gòu)成的封閉矢量三角形與△OQO2相似，有①其中OO2=50cm，OQ=30cm解得②又③解得④（2）分析大圓柱的受力，如圖，平移F′、N2、G2，三力首尾相連構(gòu)成的封閉矢量三角形與△OQO1相似，有⑤解得【點睛】三力平衡的基本解題方法：①力的合成、分解法：即分析物體的受力，把某兩個力進(jìn)行合成，將三力轉(zhuǎn)化為二力，構(gòu)成一對平衡力，二是把重力按實際效果進(jìn)行分解，將三力轉(zhuǎn)化為四力，構(gòu)成兩對平衡力。②相似三角形法：利用矢量三角形與幾何三角形相似的關(guān)系，建立方程求解力的方法。應(yīng)用這種方法，往往能收到簡捷的效果。15.如圖所示，傾角為θ的光滑斜面從下到上等間距的分布著點A、B、C、D、E和F，滑塊（可視為質(zhì)點）以初速v0從A出發(fā)，沿斜面向上運動，恰好能運動到F點后下滑;當(dāng)在斜面的AC段鋪設(shè)粗糙材料（其它段仍光滑），滑塊恰好能運動到D點后下滑。求鋪設(shè)粗糙材料后，（1）物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；（2）若滑塊返回時，和靜止在C點的完全相同的滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，求粘合體運動到A點時的速度大小vA?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)，斜面光滑時，滑塊從A運動到F，由動能定理①在AC段鋪設(shè)粗糙材料后，滑塊從A運動到D，由動能定理②解得③（2）滑塊返回時，設(shè)其經(jīng)過C點的速度為vC，碰撞后的速度為，滑塊從D運動到C，由動能定理④滑塊在C點發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律⑤解得⑥粘合體從C點運動到A點，分析受力⑦即粘合體勻速直線運動，到A點時的速度大小【點睛】本題考查了動能定理、動量守恒定律的綜合運用，運用動能定理解題一定要確定好研究的過程，分析過程中哪些力做功；以及知道完全非彈性碰撞過程中動量守恒。16.如圖（a）所示，長L=1.4m的木板靜止在足夠長的粗糙水平面上，木板的右端放置著質(zhì)量m=1kg的滑塊（可視為質(zhì)點）?，F(xiàn)用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑塊和木板的加速度a隨拉力F變化的關(guān)系圖像如圖（b）所示，重力加速度g=10m/s2。求（1）滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ1；（2）木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2以及木板的質(zhì)量M；（3）若水平恒力F=27.8N，滑塊從木板上滑落經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮浚?）μ1=0.4（2）μ2=0.1，M=4kg（3）t=2s【解析】【詳解】（1）由圖可知，F(xiàn)=25N時，滑塊和木板發(fā)生相對運動。此時滑塊的加速度分析滑塊受力，由牛頓第二定律解得μ1=0.4（2）分析木板受力，由牛頓第二定律代入點（25，4），（9，0）解得μ2=0.1M=4kg（3）F=27.8N時，滑塊和木板發(fā)生相對運動。此時，滑塊的加速度，分析木板受力，由牛頓第二定律解得由運動學(xué)規(guī)律解得t=2s17.如圖所示，活塞和固定隔板把汽缸內(nèi)的氣體分成甲、乙兩部分。已知活塞和汽缸壁均絕熱，隔板由導(dǎo)熱材料制成，氣體的溫度隨其內(nèi)能的增加而升高，現(xiàn)用力使活塞緩慢向左移動，下列做法正確的是__________A．外力對氣體乙做正功B．氣體乙的內(nèi)能不變C．氣體乙將熱量傳遞給氣體甲D．氣體甲的內(nèi)能不變E．最終甲、乙兩種氣體溫度相等【答案】ACE【解析】【詳解】由于甲乙系統(tǒng)和外界是絕熱的，因此不能和外界進(jìn)行熱交換Q=0，甲乙內(nèi)能的變換只能通過外界做功引起，當(dāng)活塞緩慢地向左移動一段距離時，乙氣體體積減小，外界對乙做功，其內(nèi)能增加，溫度升高，然后通過隔板將熱量傳遞給甲一部分，最終甲乙內(nèi)能都增加，溫度相同，故ACE正確，BD錯誤；故選ACE。【點睛】正確理解熱力學(xué)第一定律中△U變化決定因素，W、Q正負(fù)的含義，是利用該定律解題的關(guān)鍵。18.如圖所示，水平面上固定著開口向上的汽缸，質(zhì)量m=5kg、橫截面積S=50cm2的活塞密封了一定質(zhì)量的理想氣體，一根輕繩一端系在活塞上，另一端跨過兩個定滑輪連著一根勁度系數(shù)k=500N/m的豎直輕彈簧，彈簧的下端系一質(zhì)量M=5kg的物塊。開始時，缸內(nèi)氣體的溫度t1=27℃，活塞到缸底的距離L1=120cm，彈簧恰好處于原長。已知大