2019屆湖北省武漢市部分學校高三起點調研測試物理試題(解析版)

1、20182019學年度武漢市部分學校新高三起點調研測試物理試卷一、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16題只有一項符合題目要求，第 710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=9.0X109 N-m2 /C2。關于電荷量與庫侖力，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 1 m時，相互作用力相當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1 m的兩個物體都帶1 C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

2、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，所以它們是性質相同的兩種力 【答案】D 【解析】91x 1nF = k=9 xx-N = 9 x【詳解】兩個電荷量為1 C的點電荷在真空中相距 1 m時，相互作用力 產】2;一百萬噸的物體所受的重力 G = mg = 1010M ,所以我們幾乎不可能做到使相距 1 m的兩個物體都帶1 C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

3、公路做直線運動，其 v-t圖象如圖所示。已知 t=0時，甲車領先乙車 5 km,關 于兩車運動的描述，下列說法正確的是（）A. 0-4 h 時間內，甲車做勻減速直線運動B. 0-4 h 時間內，甲、乙兩車相遇3次C. t=l h 時，甲、乙兩車相遇D. t=4 h 時，甲車領先乙車 5 km【答案】ABC【解析】【詳解】A.由圖可知，0-4 h時間內，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,甲乙車相遇時所經歷的時間為t ,則I 312¥乙td 乙t

4、= v曰卜 /甲t +5代入數據解得ti=1/3h , t2=1h由圖像可知，1h-3h內，甲、乙兩車位移相等，3h時甲乙車再次相遇；3h-4h內，乙車在甲車前面，不再相遇，故B正確，C正確； 1 1D. 3h-4h 內，x 甲2=二(10+0) x 1km=5km x 乙2= (20+0) x 1km=10km 乙車領先甲車 5km,故 D錯誤。 故選：ABC3.如圖所示，交流電流表 Ai、a 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。下列說法正確的是A.增大電源頻率，A3讀數增大B.增大電源頻率，A2讀數增大C.抽去線圈中的鐵芯

5、，A2讀數增大D.增大電容器兩極板之間的距離，Ai讀數增大【答案】C【解析】【詳解】電阻的電阻值與交流電的頻率無關，所以頻率變大，電路中的電流不變，A3示數不變，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，A讀數減小。故D錯誤；故選 G【點睛】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系。當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v的紫外線分別照射甲、乙兩塊金屬，

6、均可發(fā)生光電效應，此時金屬甲的遏止電壓為U,金屬1 _2乙的遏止電壓為3 。若金屬甲的截止頻率為"二3 ,金屬乙的極限頻率為Y乙，則Y甲：Y乙為：2343A. B. $ C. : D.【答案】C【解析】2i£r¥甲_? _4321叼-1¥甲=r-t【詳解】對甲：eU=Emi=hv-hv甲；對乙：e?-U= Rm2=hv-hv乙；3 聯(lián)立可得：v乙= 1v；所以： 二 .故ABD錯誤，C正確；故選Co【點睛】解決本題的關鍵掌握光電效應方程以及最大初動能與遏止電壓的關系eU遏止=國=hv-W逸出功。5.在光滑的水平面上，質量n=1 kg的物塊在 F=2 N的

7、水平恒力作用下運動，如圖所示為物塊的一段軌跡。已知物塊經過 P、Q兩點時的速率均為 v=4 m/s ,且物塊在P點的速度方向與 PQ連線的夾角“二30°。關 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2 sC.物塊從P點運動到Q點的過程中最小速率為2 m/sD. P、Q兩點的距離為8 m【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，

8、故有：vmin二vpcos30° =2爐m/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F方向速度為vpi 4 x sin300t = 1 s零時，時間為：*2，根據對稱性，滑塊從 P至IJQ的時間為：t'=2t=2s , PQ連線的距離為S=vpcos30 ° ?t=4'm,故B正確，D錯誤；故選 B?！军c睛】解決本題的關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，要學會運用。6.在冰壺比賽中，球員手持

9、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，藍壺靜止在圓形區(qū)域內，運動員用等質量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前、后兩壺的v-t圖像如圖b所示。關于冰壺的運動，下列說法正確的是| v(m sL21.0圖兩壺發(fā)生彈性碰撞3 I圖B.碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.1 mC.藍壺受到的滑動摩擦力較大D.碰撞后藍壺的加速度大小為20.1 m/s【詳解】設碰后藍壺的速度為v,碰前紅壺的速度vo=1.0m/s ,碰后紅壺的速度為v' o=0.4m/s ,取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得:能為Eki=?mv2=0.5m。碰撞后前兩壺的總動能為Emv0=mv 0

10、+mv,解彳導:v=0.6m/s ;碰撞前兩壺的總動1 1k2士mv' 02+mv=0.26mvEk1,所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故A錯誤；根據碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度大小為:1270 ,2m/s" = 0.2m/s1,所以藍壺靜止的時刻為：S6 乂 5 0.4 x 2ai1.2s = 6s07,速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移,則碰后兩壺相距的最遠距離為:1m,故B正確；根據v-t圖象的斜率表示加速度,知碰后紅壺的加速度比藍壺的加速度小，兩壺質量相等，所以紅壺的滑動摩擦力比藍壺的滑動摩擦力大，故C錯誤；碰后藍壺的加速度大小0.62= 0,l2m/st 6- I,

11、故D錯誤；故選BoA.【點睛】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，導體做的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環(huán)上，線圈在轉動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路的連接。下列說法正 確的是甲乙丙丁A.當線圈轉到圖甲位置時，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變化的關系是i=ImcoscotC.當線圈轉到圖丙位置時，感應電流最小D.當線圈轉到圖丁位置時，流經外電路的電流方向為【答案】BC【詳解】線圈平面與

12、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，線圈產生的感應電動勢最大，形成的感應電流最大，線圈中電流i隨時間t變化的關系是i=I mcos w t,故B正確；當線圈轉到圖丙位置時，線圈位于中性面位置，此時感應電流最小，且感應電流方向改變，故C正確；當線圈轉到圖丁位置時，感應電動勢最大，根據楞次定律可知 AB邊感應電流方向為A-B,流經外電路的電流方向為F-E,故D錯誤；故選BG【點睛】此題主要考查了發(fā)電機的工作原理。要知道發(fā)電機是根據電磁感應原理制成的。感應電流的方向與導體切割磁感線的方向有關，能夠通過線圈的轉動情況，判斷線圈中產生的感應電流放向的變化。8

13、.如圖所示，將質量為 m的勻質重繩的兩端固定在等高的A、B兩點，在重繩中點系一質量為M的物體。已知重繩 A B端的切線與豎直方向的夾角為“，重繩最低點 C端的切線與豎直方向的夾角為3。下列說法正確的是A.若撤去物體，重繩的重心位置將升高_mgB.重繩在A、B端的拉力大小為2MMgC.重繩在C端的張力大小為2s組D.減小物體的質量，角 3將會增大【答案】CDM加上M后，根據功能關系,W+W=0,由于拉力做正功，故重力做負功，說【詳解】設想原來沒有物體M均質繩的重心位置下降，故A錯誤;設繩子端點處和中點處繩子張力分別為Fi、F20對整體研究,根據平衡條件得IFicos a = (M+m g,解得:

14、（M 卜 ni）gIr ,故b錯誤；對左半邊繩子研究得Ficos a =F2COS 3 +?mg, Fisin a =F2Sin 3 ,聯(lián)立解得1 皿F2Cos3=?Mg則E = 耶，故c正確；減小物體的質量，C點的位置上升，繩子拉力減小，角度 3將會增大，故D正確。故選CQ【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學知識變形求解，還要結合功能關 系列式分析。9 .如圖所示，在 xOy平面的第一象限內存在磁感應強度大小為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 b未知），以相同的速度 V0沿x軸正方向射入磁場，在軸上的

15、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（pTXXA. Q點的縱坐標 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【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:X洛倫茲力做向心力，故有：Bqvo=mr；根據幾何關系可得 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，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量，但可以求出比荷，故B錯誤；根據根據粒子運動軌道半徑和粒子轉過的中心角；故根據周期氣，可求得運動時間t0=2兀丁，故D正確；故選

16、ACD【點睛】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，故常根據速度及磁感應強度求得半徑，然后根據幾何關系求得運動半徑；或反過來由軌跡根據幾何關系求解半徑，進而求得速度、磁感應強度。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mg國D.小球從頂端運動到螺旋軌道底端的時間為【答案】AD【解析】【

17、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I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=mV,解得：丫=胃的，重力的功率P=mgvsin a =mgsin a ,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ghIp - 滑加速度為a=gsin a=s ,由位移公式得：s = -at 2,解得：t具助,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

18、題處。11 .雙刀雙擲開關常用于改變電流或電壓方向、交換電學元彳位置。某同學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，a、b、c、d、e、f為接線柱，雙刀雙擲開關的觸刀擲向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0.001 A,內阻是100 電阻 R1的阻值為 9900 Q , R2的阻值是1.010。(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R

19、串聯(lián)為電壓表，其量程為U,根據歐姆定律，有:U=IgX ( R+R) =0.001 X ( 100+9900) =10V匹i = + LR2(2)接到c、d上時為G與R2并聯(lián)為電流表，其量程為：1.010.001 X 100 -4-0.001 -0.1A12 .英國科學家阿特伍德(George Atwood)曾經設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量均為 M的物塊，在一物塊上附加另一質量為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。圖a圖匕h處無初速度釋放，附加物塊脫離如圖(a)

20、所示，某同學改進了該裝置，將系統(tǒng)從附加物塊距離擋板高后，測出物塊下端的遮光片通過光電門的時間to(1)用游標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， 應有如下關系 。(已知重 力加速度為g)d2d2mg = (m + 2M)【答案】(1). 0.560 (2).(3).【解析】【詳解】(1)寬度 d 的讀數為：17mm-12X 0.95mm=5.60mm=0.560cm d(2)遮光板通過光電門的速度：I;又：2ah=v2-0d2 a =所以：(3)對整體進行受力分析可知：(M+rm g-M

21、g= (2M+rm amg所以： _ mg 所以在實驗誤差允許范圍內，應有如下關系：沏產2M十m；【點睛】要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用。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

22、設地球到點L1的距離約為月球到點 L1的距離的6倍，請估算地球質量與月球質量之比?！窘馕觥?結果保留2位有效數字)【詳解】設位于拉格朗日點的物體質量為m地球質量為 M,月球質量為 M ;物體到月千的距離為 x,則Mm M'mG-G = ni，6x + m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：（6x）對于月球因物體質量小其對月球的引力產生加速度可略去即只考慮地球對月球的吸引力得：MMr2G = M1 - 7x - ©M由可得=97【點睛】本題是一道創(chuàng)新題，關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

23、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=60 cm的薄圓筒，筒中放置著兩個圓柱，小圓柱半徑ri=10 cm、重力為 G =30N,大圓柱半徑2=30 cm。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N和大、小圓柱之間的壓力F;（2）大圓柱所受重力 G 。【答案】（1） &1一F二4 , F=5亞！仇-1。區(qū)【解析】【詳解】（1）分析小圓柱的受力，如圖，平移 F、N、G,三力首尾相連構成的封閉矢量三角形與OQ0目似，有9 其中 OO=50cm, OQ=30；cm又。Q叫解

24、得f = wEn(2)分析大圓柱的受力，如圖，平移F'、N、G,三力首尾相連構成的封閉矢量三角形與OQOf似,有G2解得【點睛】三力平衡的基本解題方法：力的合成、分解法：即分析物體的受力，把某兩個力進行合成，將三力轉化為二力，構成一對平衡力，二是把重力按實際效果進行分解，將三力轉化為四力，構成兩對平衡力。相似三角形法：利用矢量三角形與幾何三角形相似的關系，建立方程求解力的方法。應用這種方法,往往能收到簡捷的效果。15 .如圖所示，傾角為 0的光滑斜面從下到上等間距的分布著點 A、B、C 口 E和F,滑塊(可視為質 點)以初速vo從A出發(fā)，沿斜面向上運動，恰好能運動到 F點后下滑；當 在

25、斜面的AC段鋪設粗糙材料(其它段仍光滑)，滑塊恰好能運動到 D點后下滑。求鋪設粗糙材料后，(1)物塊與斜面之間的動摩擦因數科；(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 VAoVA = Vo【答案】(1)以=1血0(2) , 10【詳解】(1)設旬=1,斜面光滑時，滑塊從 A運動到F,由動能定理1 午mg - 51sinQ =0 -mv0在AC段鋪設粗糙材料后，滑塊從 A運動到D,由動能定理1 2mg 31sin9 j4mgcosG 21 = 0-mvo解得（2）滑塊返回時，設其經過 C點的速度為VC碰撞后的速度為VC,滑塊從D運動到C

26、,由動能定理1 3 mg - JsinG = mvc 2滑塊在C點發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律mc = 2mvcvc = vo解得粘合體從C點運動到A點，分析受力2m等in。= 2出吧8嶺即粘合體勻速直線運動，到 A點時的速度大小小wv°【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。m=1 kg16 .如圖（a）所示，長 L =1.4 m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量的滑塊（可視為質點）?，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

27、拉力F變化的關系圖像如圖（b）所示，重力加速度圖(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(2)木板與地面之間的動摩擦因數口以及木板的質量(3)【答案】（1）1=0.4=0.1, M=4kg(3) t=2s【詳解】（1）由圖可知，F(xiàn)=25N時，滑塊和木板發(fā)生相對運動。此時滑塊的加速度為=4m/s2分析滑塊受力，由牛頓第二定律解得 科1=0.4（2）分析木板受力，由牛頓第二定律F 尚(11卜 Lijing = Mei若水平恒力F=27.8 N ,滑塊從木板上滑落經歷的時間M=4kg代入點(25, 4), (9, 0)解得2=0.1(3) F=27.8N時，滑塊和木板發(fā)生相對運動。此時，滑塊的加速度為7m2

28、分析木板受力，由牛頓第二定律由運動學規(guī)律解得 t =2s17 .如圖所示，活塞和固定隔板把汽缸內的氣體分成甲、乙兩部分。已知活塞和汽缸壁均絕熱，隔板由導熱材料制成，氣體的溫度隨其內能的增加而升高，現(xiàn)用力使活塞緩慢向左移動，下列做法正確的是 ppp固定隔板A.外力對氣體乙做正功B.氣體乙的內能不變C.氣體乙將熱量傳遞給氣體甲D.氣體甲的內能不變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，因此不能和外界進行熱交換Q=0,甲乙內能的變換只能通過外界做功引起，當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，最終甲乙內能都增加，溫度相同，故ACEIE確，BD錯誤；故選ACE【點睛】正確理解熱力學第一定律中U變化決定因素， W Q正負的含義，是利用該定律解題的關鍵。18 .如圖所示，水平面上固定著開口向上的汽缸，質量n=5 kg、橫截面積S =50 cm 2的活塞密封了一定質量的理想氣體，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k=500 N/m的豎直輕彈簧，彈簧的下端系一質量 M=5 kg的物塊。開始時，缸內氣體的溫度ti=27C,活塞到缸底的距離 Li=120cm, 彈簧恰好處于原長。已知大氣壓強 po =1.0 xi05