广东省清远三中2017届高三（上）第9次周考物理试卷（解析版）

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2016-2017学年广东省清远三中高三（上）第9次周考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）

1．下列物理学方面的史实符合实际情况的是（ ）

A．亚里士多德由经验得出，物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动的原因

B．意大利物理学家伽利略用科学推理论证重物体比轻物体下落快，并在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的

C．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场

D．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，从而发现了电磁感应现象

【考点】物理学史．

【分析】本题应根据亚里士多德、法拉第、伽利略、奥斯特许等科学家的成就进行分析解答．

【解答】解：A、亚里士多德由经验得出，物体的运动需要力来维持，力是维持物体运动的原因．伽利略通过理想斜面实验，否定了亚里士多德的观点．故A错误；

B、伽利略用逻辑推理和实验证明了重物体与轻物体下落一样快．故B错误．

C、在研究电现象时，英国科学家法拉第首先引入了“场”的概念．故C正确．

D、丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，从而发现了电流的磁效应．故D错误．

故选：C

2．关于元电荷和点电荷的理解正确的是（ ）

A．元电荷就是电子

B．元电荷就是质子

C．体积很小的带电体就是点电荷

D．点电荷是一种理想化模型

【考点】元电荷、点电荷．

【分析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．

【解答】解：A、元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子．元电荷是带电量的最小单元．没有电性之说，故A错误；

B、元电荷是表示跟质子所带电量数值相等的电量，但不是质子，故B错误；

C、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，故C错误；

D、点电荷实际不存在，是理想化模型．故D正确；

故选：D

3．如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k₁、k₂，它们的一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在P、Q点，当物体平衡时，上面的弹簧k₂处于原长，若要把物体的质量换成2m（它的厚度不变，且均在弹簧的弹性限度内），再次平衡时，物体比第一次平衡时下降的距离x为（ ）

A．

B．

C．

D．

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．

【分析】当物体的质量为m时，弹簧k₂处于原长，下方弹簧的弹力等于mg，由胡克定律求出其压缩的长度．将物体的质量增为原来的2倍时，上方的弹簧伸长的长度与下方弹簧压缩量增加的长度相等，等于物体下降的高度，两弹簧弹力之和等于2mg，再由胡克定律求解物体下降的高度．

【解答】解：当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为x₁=

①

当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，下方弹簧被压缩的长度为x₁+x，两弹簧弹力之和等于2mg由胡克定律和平衡条件得：

k₂x+k₁（x₁+x）=2mg ②

由①②联立解得，x=

故选A

4．对于点电荷Q产生的电场，下列说法中正确的是（ ）

A．电场强度的表达式

仍成立，式中q就是本题中所指的产生电场的点电荷Q

B．在真空中，电场强度的表达式为

，式中Q就是产生电场的电荷

C．在真空中

，式中q是试探电荷

D．上述说法都不对

【考点】点电荷的场强．

【分析】电场强度公式

适用于所有的电场，E为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；

点电荷的场强公式

，其中E就是式中Q产生的场强．

【解答】解：A、电场强度的表达式

仍成立，式中q就是本题中所指的试探电荷，所以A错误；

B、在真空中，电场强度的表达式为

，式中Q就是产生电场的电荷，所以B正确；

C、在真空中

，式中q是产生电场的点电荷，所以C错误；

D、B选项正确，故D错误；

故选B

5．质量为1.0kg的物体，其速度图象如图所示，4s内物体所受合外力的最大值是（ ）

A．3N B．2N C．4N D．5N

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．

【分析】由牛顿第二定律可知，加速度最大对应的合外力最大，由速度时间图象可得4s内的最大加速度，进而得到合外力最大值．

【解答】解：

由图可知斜率表示加速度：

0～1s的加速度为：

1s～2s的加速度为0；

2s～4s的加速度为：

；

故4s内加速度最大为4m/s²，由牛顿第二定律可知合外力最大值为：

F_M=ma₁=1×4N=4N

故C正确，ABD错误．

故选：C

6．甲、乙丙三个物体运动的s﹣t图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）

A．乙物体做匀速直线运动

B．甲物体做曲线运动

C．三个物体在0﹣t₀时间内平均速度

_甲=

_乙=

_丙

D．三个物体在0﹣t₀时间内平均速度

_甲＞

_乙＞

_丙

【考点】曲线运动；平均速度．

【分析】解答本题关键根据：s﹣t图象中斜率等于物体的速度，分析三个物体的运动情况．位移图象纵坐标的变化△x表示物体运动的位移；平均速度等于位移和时间之比．

【解答】解：A、B、根据位移图象的斜率等于物体的速度可知，甲物体先沿正方向做减速直线运动，后沿负方向做加速直线运动；乙一直沿正方向做匀速直线运动；丙一直沿正方向做加速运动，三个物体都做直线运动，故A错误，B错误；

C、D位移图象纵坐标的变化△x表示物体运动的位移，可知三个物体在t₀时间内位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故C正确，D错误；

故选：C．

7．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l₀的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考点】电容器的动态分析．

【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．

【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=

可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；

B、由U=

可知，U=

Q，则E=

=

，故E与d无关，故B错误；

C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l₀）；故C正确；

D、电势能E=φq=Eq（l﹣l₀），不可能为水平线，故D错误；

故选：C．

8．对于电容C=

，以下说法正确的是（ ）

A．一只电容充荷量越大，电容就越大

B．对于固定电容器，它所充电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变

C．可变电容器的充电荷量跟加在两极间的电压成反比

D．如果一个电容器没有电压，就没有充电荷量，也就没有电容

【考点】电容．

【分析】电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量无关，由定义式C=

，给定的电容器，带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变，当电容C一定时，电量与电压成正比．

【解答】解：A、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A错误．

B、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式C=

可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．

C、电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误．

D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误．

故选：B

9．如图所示，在正点电荷Q形成的电场中，AD，BC是以Q为圆心的两段圆弧．正点电荷q沿A﹣→B﹣→C﹣→D﹣→A移动，则该电荷q（ ）

A．沿DA运动时电场力不做功

B．沿BC运动时不受电场力作用

C．在A点时受到的电场力比在C点时小

D．在B点时的电势能比在D点时小

【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．

【分析】电场力做功，根据公式W=qU，可知跟两点间的电势差有关系，两点间电势差为零，不做功．

电场线的疏密反映了电场的强弱．

【解答】解：A、在正点电荷Q形成的电场中，AD、BC是以Q为圆心的两段圆弧，也是两个等势面，所以沿DA运动时电场力不做功，故A正确．

B、电荷处在电场中就会受到电场力的作用，故B错误．

C、根据库仑定律，离点电荷的距离越小，电场强度越大，所以A点的场强大于C点的场强，所以在A点时受到的电场力比在C点时大，故C错误．

D、沿着电场线方向的电势降低，所以D点电势高于B点电势，但是电势能E_p=qφ，所以正点电荷q在B点时的电势能比在D点时大．故D错误．

故选：A

10．一小球自由下落，与地面发生碰撞，原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则下图中能正确描述小球位移s、速度v、动能Ex、机械能E与时间t关系的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考点】自由落体运动；匀变速直线运动规律的综合运用．

【分析】小球做自由落体运动，运用物理规律求出动能、位移、重力势能、速度与时间的关系，再运用数学知识进行讨论分析．

【解答】解：A、位移x=

gt²，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线．故A错误．

B、速度v=gt，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确．

C、小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等．若从释放时开始计时，动能E_K=

mv²，速度v=gt，所以开始下落过程中动能E_K=

mv²=

mg²t²，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误．

D、重力势能E_p=mg（H﹣X）=mgH﹣

mg²t²，H小球开始时离地面的高度，因此机械能则为E=mgH，与时间无关，故D正确．

故选BD．

11．一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子（重力不计），经过同一加速电场由静止开始加速后，又垂直进入同一偏转电场偏转，且都能出电场．关于它们的运动下列说法正确的是（ ）

A．它们的偏转量都与偏转电场电压成正比与加速电场的电压成反比

B．若偏转电场电压为原来的2倍则偏转量也为原来的2倍

C．出电场时三个粒子的动能的动能之比为1：1：2

D．三个粒子在两个电场中运动的总时间之比为1：2：

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析在偏转电场中经历的时间关系．根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系．根据动能定理求出末动能的大小，从而比较大小．

【解答】解：A、设加速电压为U₁，偏转电压为U₂，偏转极板的长度为L，板间距离为d．

在加速电场中，由动能定理得：

=

得加速获得的速度为v₀=

，三种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v₀的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v₀不同，所以三粒子在偏转电场中运动的时间不同．三种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以三粒子是先后离开偏转电场．

在偏转电场中的偏转位移

．可知它们的偏转量都与偏转电场电压成正比与加速电场的电压成反比，故A正确；

B、根据A得到的偏转量表达式

，偏转电压为原来的2倍则偏转量为原来的2倍，故偏转量也为原来的2倍，故B正确；

C、根据动能定理得，

，因为y相等，电量不等，所以出射时的动能与电荷量成正比，出电场时三个粒子的动能的动能之比为1：1：2．故C正确，

D、粒子在加速电场中的运动时间

，在偏转电场中运动的时间

，在加速电场和偏转电场中运动的总时间

，可知总时间与

成正比，总时间之比

，故D正确；

故选：ABCD．

12．如图所示，带同种电荷大小不计的两个小球a和b，分别静止在竖直墙面A处和光滑水平地面B处，AO=OB．a球此时受摩擦力向上，且与墙面间动摩擦因数为μ=0.5，b球被光滑竖直板挡住，a球由于漏电而缓慢下移到A′处，在此过程中（ ）

A．地面对b球的支持力变小

B．竖直墙面对a球的支持力变小

C．竖直墙面对a球的摩擦力变小

D．a、b之间的作用力变大

【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】先以小球a为研究对象，对A、A′处的小球a受力分析，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对小球a的弹力和ab间的库仑力如何变化，再以ab整体为研究对象，根据平衡条件分析地面对小球b的支持力的变化．由于A′在A的下方，可假设a无限接近点O．

【解答】解：当小球a在A点时，对小球a受力分析，如图1所示，

由受力平衡可知：Fsin45°+μN_a=Fsin45°+μFcos45°=1.5×

F=mg，

当小球a在A′点时，对小球a受力分析，设F与水平方向的夹角为θ，如图2所示，

由受力平衡可知：F′sinθ+μN_a′=F′sinθ+0.5F′cosθ=mg，

由于θ无限小，则sinθ接近0，cosθ接近1，即0.5F′接近mg，

由于1.5×

F=mg、0.5F′接近mg，所以F′＞F，

由N_a=

F、N_a′=F′cosθ可知，N_a′＞N_a，则f′＞f

故BC错误，D正确；

对a、b整体受力分析，由平衡条件可知，

在竖直方向上：G=N_地+f

小球a下移到A′时，由于f′＞f，

则N_地′＜N_地，故A正确．

故选：AD．

二、实验题（本题共2小题，请正确作图并将答案填在答卷卷题目中的横线上．）

13．某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz．在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点．因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：S_A=16.6mm、S_B=126.5mm、S_D=624.5mm．

若无法再做实验，可由以上信息推知：

（1）相邻两计数点的时间间隔为 0.1 s；

（2）打C点时物体的速度大小为 2.5 m/s（计算结果保留两位有效数字）；

（3）计算物体的加速度大小的表达式为a=

（用S_A、S_B、S_D和f表示），计算结果得a= 9.3 m/s²．（计算结果保留两位有效数字）

【考点】测定匀变速直线运动的加速度．

【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度

【解答】解：（1）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，

则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02×5=0.1s．

（2）根据间的平均速度等于点的速度得v_c=

=

=2.5m/s．

（3）匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT²均匀增大，即△x=aT²，所以有：

x_BC=x_AB+aT²，x_CD=x_BC+aT²=x_AB+2aT²，x_BD=2x_AB+3aT²，

所以a=

=

代入数据，解得：a=9.3m/s²；

故答案为：（1）0.1；（2）2.5；（3）

，9.3．

14．在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0V开始变化．

（1）实验中滑动变阻器应采用 分压 接法（填“分压”或“限流”）．

（2）某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．

A． 电键S不应闭合，应处于断开状态 ；B． 滑动变阻器滑动触头P位置不当，P应置于b端 ．

（3）电路连接正确后，分别测得两只灯泡L₁和L₂的伏安特性曲线如图2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L₁、L₂与电池组（电动势和内阻均恒定）连成图3所示电路，多次测量后得到通过L₁和L₂的电流平均值分别为0.30A和0.60A．

A．在图2中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线．

B．由该曲线可知电池组的电动势为 4.6 V，内阻为 2.7 Ω（取2位有效数字）．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【分析】由于要求灯泡两端电压从OV开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法．从图中可知，电键处于闭合状态，同时滑动触头也在不当位置．两只灯泡l₁和l₂ 的伏安特性曲线如图Ⅱ中Ⅰ和Ⅱ所示，结合图Ⅲ所示电路，可以画出闭合电路的路端电压与电流的图象．从而读出电源的电动势，算出电源的内电阻．

【解答】解：（1）探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法．

（2）在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误．连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表．

（3）描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图象．为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），

则内阻为r=

=2.7Ω，电动势为E=4.6V，然后作出准确图象如图．

故答案为：（1）分压；（2）电键不应闭合，应处于断开状态；滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端．（3）4.6；2.7．

三、计算题（本题含2题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

15．如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s²，求：

（1）A、B间的距离；

（2）水平力F在5s时间内对物块所做的功．

【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

【分析】（1）在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学位移公式求解AB间的距离；

（2）由速度公式可求出物块返回A点时的速度大小，对于全过程，根据动能定理求解水平力F做功．

【解答】解：（1）由图乙可知在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，则有

F﹣μmg=ma，

得a=

=

m/s²=2 m/s²，

故A、B间的距离为s=

at²=4 m．

（2）设整个过程中水平力所做功为W_F，物块回到A点时的速度为v_A，由动能定理得：

W_F﹣2μmgs=

m

，

对于匀加速运动过程，

=2as，

联立得 W_F=2μmgs+mas=24 J．

答：（1）A、B间的距离是4m；

（2）水平力F在5s时间内对物块所做的功是24J．

16．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间．已知微粒质量为 m=2×10^﹣6kg，电量q=1×10^﹣8C，电容器电容为C=10^﹣6F，取g=10m/s²．求：

（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初速度v₀的取值范围；

（2）若带电微粒以第一问中初速度v₀的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；运动的合成和分解．

【分析】（1）第一个微粒做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据高度

和水平位移从

到L，求出初速度v₀的取值范围．

（2）当粒子刚好从边缘飞出时，落到下极板上的带电微粒最多，根据牛顿第二定律和运动学公式求出极板的电量Q，即可求出最多能落到下极板粒子的个数．

【解答】解：（1）设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v₁，v₂，则

偏转位移：

得，

水平方向：

L=v₂t

联立解得：v₁=2.5m/s，v₂=5m/s

故粒子的初速度满足2.5m/s≤v₀≤5m/s．

（2）设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U

由牛顿第二定律得：mg﹣Eq=ma

偏转位移：

水平位移：L=v₀t

又 v₀=2.5m/s

联立解得：E=1.5×10³N/C

则U=Ed，Q=CU

解得Q=6×10^﹣6C

最多能落到下极板粒子的个数 n=

=

=600个

答：

（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，微粒入射的初速度v₀的取值范围为2.5m/s≤v₀≤5m/s；

（2）若带电微粒以第一问中初速度v₀的最小值入射，最多能有600个带电微粒落到下极板上．

2016年12月17日