2018~2019学年度武汉市部分学校新高三起点调研测试物理试卷一、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1 C的点电荷在真空中相距1 m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1 m的两个物体都带1 C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1 C的点电荷在真空中相距1 m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1 m的两个物体都带1 C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5 km，关于两车运动的描述，下列说法正确的是 ( )A. 0-4 h时间内，甲车做匀减速直线运动B. 0-4 h时间内，甲、乙两车相遇3次C. t=l h时，甲、乙两车相遇D. t=4 h时，甲车领先乙车5 km【答案】ABC【解析】【详解】A.由图可知，0-4 h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=E km1=hv-hv甲；对乙：e•U＝E km2＝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=E km=hv-W逸出功。

5.在光滑的水平面上，质量m=1 kg的物块在F=2 N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=4 m/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 2 sC. 物块从 P点运动到 Q点的过程中最小速率为 2 m/sD. P、Q两点的距离为 8 m【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：v min=v P cos30°=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=v p cos30°•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 1.1 mC. 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 0.1 m/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E k1=mv02=0.5m。

碰撞后前两壶的总动能为 E k2=mv′02+mv2=0.26m＜E k1，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=I m cosωtC. 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=I m cosωt，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，W G+W F=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，F n＝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=mg sinα，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。