湖北省武汉市部分学校2019届高三物理上学期起点调研测试试题（含解析）

/17/17/湖北省武汉市部分学校2019届高三物理上学期起点调研测试试题（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，符号是C，静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。关于电荷量与库仑力，下列说法不正确的是A.两个电荷量为1C的点电荷在真空中相距1m时，相互作用力相当于地球上一百万吨的物体所受的重力B.我们几乎不可能做到使相距1m的两个物体都带1C的电荷量C.在微观带电粒子的相互作用中，库仑力比万有引力强得多D.库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上很相似，所以它们是性质相同的两种力【答案】D【解析】【详解】两个电荷量为1C的点电荷在真空中相距1m时，相互作用力；一百万吨的物体所受的重力，所以我们几乎不可能做到使相距1m的两个物体都带1C的电荷量；在微观带电粒子的相互作用中，因粒子间的距离很小，所以库仑力比万有引力强得多，选项ABC正确；库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上虽然很相似，但是它们不是性质相同的两种力，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.2.甲、乙两辆汽车沿平直的公路做直线运动，其v-t图象如图所示。已知t=0时，甲车领先乙车5km，关于两车运动的描述，下列说法正确的是()A.0-4h时间内，甲车做匀减速直线运动B.0-4h时间内，甲、乙两车相遇3次C.t=lh时，甲、乙两车相遇D.t=4h时，甲车领先乙车5km【答案】ABC【解析】【详解】A.由图可知，0-4h时间内，甲车做匀减速直线运动，故A正确；B.由图可知，甲的初速度为v甲=40km/h，加速度为a甲=-10km/h2，乙的初速度为v乙=60km/h，加速度为a乙=40km/h2，甲乙车相遇时所经历的时间为t，则代入数据解得t1=1/3h，t2=1h由图像可知，1h-3h内，甲、乙两车位移相等，3h时甲乙车再次相遇；3h-4h内，乙车在甲车前面，不再相遇，故B正确，C正确；D.3h-4h内，x甲2=（10+0）×1km=5km，x乙2=（20+0）×1km=10km，乙车领先甲车5km，故D错误。故选：ABC3.如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与平行板电容器C、带铁芯的线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，三个电流表各有不同的读数。下列说法正确的是A.增大电源频率，A3读数增大B.增大电源频率，A2读数增大C.抽去线圈中的铁芯，A2读数增大D.增大电容器两极板之间的距离，A1读数增大【答案】C【解析】【详解】电阻的电阻值与交流电的频率无关，所以频率变大，电路中的电流不变，A3示数不变，故A错误；交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电流减小，所以A2数将减小，故B错误；抽去线圈中的铁芯，线圈的感抗变小，A2读数增大，故C正确；增大电容器两极板之间的距离，电容器的电容减小，对交流电的阻碍作用增大，所以电流减小，A1读数减小。故D错误；故选C。【点睛】此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系。当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小。4.用频率为ν的紫外线分别照射甲、乙两块金属，均可发生光电效应，此时金属甲的遏止电压为U，金属乙的遏止电压为。若金属甲的截止频率为，金属乙的极限频率为ν乙，则ν甲：ν乙为：A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】对甲：eU=Ekm1=hv-hv甲；对乙：e?U＝Ekm2＝hv?hv乙；联立可得：v乙＝v；所以：．故ABD错误，C正确；故选C。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系eU遏止=Ekm=hv-W逸出功。5.在光滑的水平面上，质量m=1kg的物块在F=2N的水平恒力作用下运动，如图所示为物块的一段轨迹。已知物块经过P、Q两点时的速率均为v=4m/s，且物块在P点的速度方向与PQ连线的夹角α=30°。关于物块的运动，下列说法正确的是A.水平恒力F的方向与PQ连线成60°夹角B.物块从P点运动到Q点的时间为2sC.物块从P点运动到Q点的过程中最小速率为2m/sD.P、Q两点的距离为8m【答案】B【解析】【详解】在P、Q两点的速度具有对称性，故分解为沿着PQ方向和垂直PQ方向，在沿着PQ方向上做匀速直线运动，在垂直PQ方向上做匀变速直线运动，所以力F垂直PQ向下，在顶点处速度最小，只剩下沿着PQ方向的速度，故有：vmin=vPcos30°=2m/s，故AC错误；把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有a=F/m=2m/s2，当F方向速度为零时，时间为：，根据对称性，滑块从P到Q的时间为：t'=2t=2s，PQ连线的距离为S=vpcos30°?t=4m，故B正确，D错误；故选B。【点睛】解决本题的关键是明确滑块的受力情况和运动情况，运用运动的分解法研究恒力作用下的曲线运动，这是常用的方法，要学会运用。6.在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v—t图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是A.两壶发生弹性碰撞B.碰撞后两壶相距的最远距离为1.1mC.蓝壶受到的滑动摩擦力较大D.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.1m/s2【答案】B【解析】【详解】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后红壶的速度为v′0=0.4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=mv′0+mv，解得：v=0.6m/s；碰撞前两壶的总动能为Ek1=mv02=0.5m。碰撞后前两壶的总动能为Ek2=mv′02+mv2=0.26m＜Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为：，所以蓝壶静止的时刻为：，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：，故B正确；根据v-t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度小，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为，故D错误；故选B。【点睛】本题主要考查了动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，知道速度图象的面积和斜率的物理意义。7.如图所示是交流发电机的示意图。线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。下列说法正确的是A.当线圈转到图甲位置时，磁通量的变化率最大B.从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=ImcosωtC.当线圈转到图丙位置时，感应电流最小D.当线圈转到图丁位置时，流经外电路的电流方向为E→F【答案】BC【解析】【详解】线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图乙所示位置开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=Imcosωt，故B正确；当线圈转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图丁位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，流经外电路的电流方向为F→E，故D错误；故选BC。【点睛】此题主要考查了发电机的工作原理。要知道发电机是根据电磁感应原理制成的。感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化。8.如图所示，将质量为m的匀质重绳的两端固定在等高的A、B两点，在重绳中点系一质量为M的物体。已知重绳A、B端的切线与竖直方向的夹角为α，重绳最低点C端的切线与竖直方向的夹角为β。下列说法正确的是A.若撤去物体，重绳的重心位置将升高B.重绳在A、B端的拉力大小为C.重绳在C端的张力大小为D.减小物体的质量，角β将会增大【答案】CD【解析】【详解】设想原来没有物体M，加上M后，根据功能关系，WG+WF=0，由于拉力做正功，故重力做负功，说明重心上升，故若去掉重物M，均质绳的重心位置下降，故A错误；设绳子端点处和中点处绳子张力分别为F1、F2。对整体研究，根据平衡条件得F1cosα=（M+m）g，解得：，故B错误；对左半边绳子研究得F1cosα=F2cosβ+mg，F1sinα=F2sinβ，联立解得F2cosβ=Mg，则F2＝，故C正确；减小物体的质量，C点的位置上升，绳子拉力减小，角度β将会增大，故D正确。故选CD。【点睛】本题是力平衡问题，难点存在如何选择研究对象和如何运用数学知识变形求解，还要结合功能关系列式分析。9.如图所示，在xOy平面的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。两个相同的带电粒子，先后从y轴上的P点（0，a）)和Q点（纵坐标b未知），以相同的速度v0沿x轴正方向射入磁场，在x轴上的M点（c，0）相遇。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息可以确定()A.Q点的纵坐标bB.带电粒子的电荷量C.两个带电粒子在磁场中运动的半径D.两个带电粒子在磁场中运动的时间【答案】ACD【解析】【详解】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示：洛伦兹力做向心力，故有：Bqv0＝m…①；根据几何关系可得P点粒子的轨道半径，从而可以求出Q点射出粒子半径及坐标，故AC正确；由于是同种粒子，比荷相同，无法具体求解电荷量和质量，但可以求出比荷，故B错误；根据根据粒子运动轨道半径和粒子转过的中心角；故根据周期，可求得运动时间t＝T，故D正确；故选ACD。【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动半径；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。10.如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是A.下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大B.小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动C.小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为D.小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为【答案】AD【解析】【详解】小球运动过程重力对小球做正功，速度逐渐增大，轨道对小球的弹力提供向心力，Fn＝m，所以下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，故A正确；由于小球在下滑过程中，速度不断增大，故其水平分运动并非匀速圆周运动，故B错误；球运动到螺旋轨道底端时有：mgh=mv2，解得：v=，重力的功率P=mgvsinα=mgsinα，故C错误；将小球运动等效为沿长为S，高为h的光滑斜面的运动，则其下滑加速度为a=gsinα=，由位移公式得：s＝at2，解得：t=，故D正确。故选AD。二、实验题：本题共2小题，第11题4分，第12题6分，共10分。把答案写在答题卡指定的答题处。11.双刀双掷开关常用于改变电流或电压方向、交换电学元件位置。某同学在实验室中自制了一块电流/电压两用电表，电路如图所示，S是双刀双掷开关，a、b、c、d、e、f为接线柱，双刀双掷开关的触刀掷向a、b，e与a接通，f与b接通；掷向c、d，e与c接通，f与d接通。灵敏电流表G的量程是0.001A，内阻是100Ω；电阻R1的阻值为9900Ω，R2的阻值是1.01Ω。（1）触刀掷向a、b时，此表用作__________，量程__________；（2）触刀掷向c、d时，此表用作__________，量程__________。【答案】(1).电压表(2).10V(3).电流表(4).0.1A【解析】【详解】（1）接a、b上时为G与R1串联为电压表，其量程为U，根据欧姆定律，有：U=Ig×（Rg+R1）=0.001×（100+9900）=10V（2）接到c、d上时为G与R2并联为电流表，其量程为：12.英国科学家阿特伍德(GeorgeAtwood)曾经设计了如下装置验证牛顿第二定律：在跨过光滑定滑轮的轻绳两端悬挂质量均为M的物块，在一物块上附加另一质量为m的物块，系统无初速度释放后开始加速运动。附加物块运动至挡板后自动脱离，此后系统匀速运动，测得此速度即可求出系统加速过程的加速度。如图（a）所示，某同学改进了该装置，将系统从附加物块距离挡板高h处无初速度释放，附加物块脱离后，测出物块下端的遮光片通过光电门的时间t。（1）用游标卡尺测量该遮光片的宽度d，如图（b）所示，则d=__________cm；（2）系统加速运动的加速度a=__________；（3）为了验证牛顿第二定律，在实验误差允许范围内，应有如下关系__________。（已知重力加速度为g）【答案】(1).0.560(2).(3).【解析】【详解】（1）宽度d的读数为：17mm-12×0.95mm=5.60mm=0.560cm；（2）遮光板通过光电门的速度：；又：2ah=v2-0所以：（3）对整体进行受力分析可知：（M+m）g-Mg=（2M+m）a所以：所以在实验误差允许范围内，应有如下关系：；【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要整理图象所要求的表达式。三、计算题：本题共4小题，第13题8分，第14题8分，第15题10分，第16题12分，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.如图，地月拉格朗日点L1位于地球和月球的连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。假设地球到点L1的距离约为月球到点L1的距离的6倍，请估算地球质量与月球质量之比。（结果保留2位有效数字）【答案】【解析】【详解】设位于拉格朗日点的物体质量为m，地球质量为M，月球质量为M′；物体到月球的距离为x，则物体到地心的距离为6x，月球到地心距离为7x；由万有引力等于向心力，对物体：①对于月球因物体质量小其对月球的引力产生加速度可略去即只考虑地球对月球的吸引力得：?②由①②可得=97【点睛】本题是一道创新题，关键是搞清月球和位于拉格朗日点的物体做匀速圆周运动的向心力来源，知道它们的周期相等，选择含有周期的向心力公式求解。14.水平面上固定着半径R=60cm的薄圆筒，筒中放置着两个圆柱，小圆柱半径r1=10cm、重力为G1=30N，大圆柱半径r2=30cm。圆筒和圆柱的中心轴均水平，且圆筒的中心O与大、小圆柱的切点Q的连线恰好竖直，如图所示。不计一切摩擦，求（1）筒对小圆柱的支持力N1和大、小圆柱之间的压力F；（2）大圆柱所受重力G2。【答案】（1），（2）【解析】【详解】（1）分析小圆柱的受力，如图，平移F、N1、G1，三力首尾相连构成的封闭矢量三角形与△OQO2相似，有①其中OO2=50cm，OQ=30cm解得②又③解得④（2）分析大圆柱的受力，如图，平移F′、N2、G2，三力首尾相连构成的封闭矢量三角形与△OQO1相似，有⑤解得【点睛】三力平衡的基本解题方法：①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。15.如图所示，倾角为θ的光滑斜面从下到上等间距的分布着点A、B、C、D、E和F，滑块（可视为质点）以初速v0从A出发，沿斜面向上运动，恰好能运动到F点后下滑;当在斜面的AC段铺设粗糙材料（其它段仍光滑），滑块恰好能运动到D点后下滑。求铺设粗糙材料后，（1）物块与斜面之间的动摩擦因数μ；（2）若滑块返回时，和静止在C点的完全相同的滑块发生完全非弹性碰撞，求粘合体运动到A点时的速度大小vA。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）设，斜面光滑时，滑块从A运动到F，由动能定理①在AC段铺设粗糙材料后，滑块从A运动到D，由动能定理②解得③（2）滑块返回时，设其经过C点的速度为vC，碰撞后的速度为，滑块从D运动到C，由动能定理④滑块在C点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律⑤解得⑥粘合体从C点运动到A点，分析受力⑦即粘合体匀速直线运动，到A点时的速度大小【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律的综合运用，运用动能定理解题一定要确定好研究的过程，分析过程中哪些力做功；以及知道完全非弹性碰撞过程中动量守恒。16.如图（a）所示，长L=1.4m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m=1kg的滑块（可视为质点）。现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图（b）所示，重力加速度g=10m/s2。求（1）滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；（2）木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；（3）若水平恒力F=27.8N，滑块从木板上滑落经历的时间t。【答案】（1）μ1=0.4（2）μ2=0.1，M=4kg（3）t=2s【解析】【详解】（1）由图可知，F=25N时，滑块和木板发生相对运动。此时滑块的加速度分析滑块受力，由牛顿第二定律解得μ1=0.4（2）分析木板受力，由牛顿第二定律代入点（25，4），（9，0）解得μ2=0.1M=4kg（3）F=27.8N时，滑块和木板发生相对运动。此时，滑块的加速度，分析木板受力，由牛顿第二定律解得由运动学规律解得t=2s17.如图所示，活塞和固定隔板把汽缸内的气体分成甲、乙两部分。已知活塞和汽缸壁均绝热，隔板由导热材料制成，气体的温度随其内能的增加而升高，现用力使活塞缓慢向左移动，下列做法正确的是__________A．外力对气体乙做正功B．气体乙的内能不变C．气体乙将热量传递给气体甲D．气体甲的内能不变E．最终甲、乙两种气体温度相等【答案】ACE【解析】【详解】由于甲乙系统和外界是绝热的，因此不能和外界进行热交换Q=0，甲乙内能的变换只能通过外界做功引起，当活塞缓慢地向左移动一段距离时，乙气体体积减小，外界对乙做功，其内能增加，温度升高，然后通过隔板将热量传递给甲一部分，最终甲乙内能都增加，温度相同，故ACE正确，BD错误；故选ACE。【点睛】正确理解热力学第一定律中△U变化决定因素，W、Q正负的含义，是利用该定律解题的关键。18.如图所示，水平面上固定着开口向上的汽缸，质量m=5kg、横截面积S=50cm2的活塞密封了一定质量的理想气体，一根轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一根劲度系数k=500N/m的竖直轻弹簧，弹簧的下端系一质量M=5kg的物块。开始时，缸内气体的温度t1=27℃，活塞到缸底的距离L1=120cm，弹簧恰好处于原长。已知大