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1、广东省 2016 届 12 月百所学校质量分析联合考试物理试卷一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。14. 一个物体以某一初速度 vo 沿一粗糙斜面向上滑动，经时间 tl 上升到某处后义沿该斜面下滑，在 t2 时刻回到原处。该物体运动的速度时间图象可能是【考点】匀变速直线运动的图像【专题】定性思想；推理法；运动学中的图像专题【分析】在物体上滑和下滑过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据位移大小相等，利用运动学公式比
2、较上滑和下滑时间的大小根据图象的斜率分析加速度，结合图象的“面积” 表示位移分析即可【解答】解：上滑过程有：mgsin+f=ma 1，下滑过程有： mgsinf=ma2，由此可知 a1a 2，根据功能关系可知落回地面的速度 vv 0，因此上滑过程的平均速度 大于下滑过程的平均速度 ，由于上滑过程和下02vv滑过程位移大小相等，因此 t1t 2，故 A 正确故选：A【点评】解决本题的关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示，位移由图象的“面积” 表示，结合运动学基本公式及牛顿第二定律分析，难度适中15. 一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向下做匀速直线运动，从手突然停止到物体下降到
3、最低点的过程中，重物的加速度的数值将A先减小后增大 B先增大再减小 C逐渐减小 D逐渐增大【考点】牛顿第二定律【分析】由题意知道，物体先匀速上升，拉力等于重力；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹力减小，合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动【解答】解：物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第二定律，物体的加速度变大；故选 A【点评】解决本题首先要明确物体靠惯性运动，力是改变速度的原因，其次要明确弹力变小导致合力的变化情况16.将小球以某一初速度抛出，其运动轨迹如图所示
4、，不计空气阻力，下列有关该运动的说法，正确的是A小球在水平方向做匀减速直线运动B小球做匀变速运动C小球运动到最高点时速度大小为零D小球在最高点时重力的瞬时功率不为零【考点】抛体运动【专题】直线运动规律专题【分析】小球做斜抛运动，加速度不变，做匀变速曲线运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动【解答】解：A、小球在水平方向上不受力，有水平初速度，做匀速直线运动，故 A 错误B、小球以初速度抛出，仅受重力，加速都不变，做匀变速运动，故 B 正确C、小球在最高点，竖直分速度为零，水平分速度不为零，则最高点的速度不为零，故 C 错误D、在最高点重力的方向与速度方向垂直，重力的瞬时功
5、率为零，故 D 错误故选：B【点评】解决本题的关键知道斜抛运动的特点，会根据分运动的受力，判断其运动规律，基础题。17.如图所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路巾分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有一正弦交流电源。若两电阻消耗的电功率相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为A1:2 B2:1C1:1 D1:4【考点】变压器的构造和原理【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据功率公式可明确通过原副线圈的电流之比，再由线圈匝数之比等于电流的反比可知线圈匝数之比【解答】解：两电阻的阻值相等，则由 P=I2R 可知，两电阻消耗的功率相等其电流一定相等；则根据变压器线圈匝数之比等于电流
6、的反比可知，原副线圈匝数之比为 1：1；故选：C【点评】本题考查变压器线圈匝数之比与电流的关系，要注意能根据电压或电流与线圈匝数关系求解线圈匝数之比18.如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力 F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态。三者的质量均为 m，重力加速度为 g。下列说法正确的是A箱子受到的摩擦力方向向右B人受到的摩擦力方向向右C地面对木板的摩擦力方向向右D若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于 3mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对
7、人进行受力分析，判断出人受到的摩擦力的方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况【解答】解：A、人用力 F 向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故 A 错误；B、人用力 F 向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故 B 正确；C、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力；故 C 错误；D、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和
8、支持力，故压力依然等于 3mg，故 D错误；故选：B【点评】本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断，基础题目19.甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是A乙的速度大于第一宇宙速度 B甲的周期大于乙的周期C甲的加速度小于乙的加速度 D甲在运行时可能经过北极的正上方【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】万有引力定律的应用专题【分析】人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨
9、道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球质量为 M，有F=F 向F=G 2mF 向 =m =m2r=m（ ） 2r因而G =m =m2r=m（ ） 2r=ma解得v= T= =2 a= 由式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；根据式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；故 A 错误，BC 正确；D、甲为地球同步卫星，只能在赤道上空，故 D 错误；故选：BC【点评】本
10、题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论，并注意地球同步卫星的位置固定20.光滑金属导轨宽 1=0.5 m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒 ab 的电阻为 2 Q，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离 1=0.2 m。则A.1 s 末回路中的电动势为 0.l VB1 s 末回路中的电流为 1AC2 s 内回路产生的电热为 0. 01 JD2 s 末，ab 所受安培力大小为 0.05 N【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；方程法；电磁感应
11、功能问题【分析】由图得到磁感应强度 B 的变化率，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由焦耳定律求电热由 F=BIL 求出安培力【解答】解：A、由图知， = =1T/s，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势为 E=S =Ll =0.50.21V=0.1V，故 A 正确B、回路中感应电流为 I= = =0.05A，故 B 错误C、2s 内回路产生的电热为 Q=I2Rt=0.05222J=0.01J，故 C 正确D、2s 末，B=2T ，ab 所受的安培力为 F=BIL=20.050.5N=0.05N，故 D 正确故选：ACD【点评】本题关键是对图象的识别和应用，要利用好图象的
12、斜率，结合电磁感应的基本规律：法拉第电磁感应定律、欧姆定律等研究，注意磁通量变化率与变化量的区别21.如图甲所示，直线 MN 表示某电场中的一条电场线，C、D 是电场线上两点，一带正电的粒子从 C 点由静止释放。粒子在只受电场力作用下从 C 点运动到 D 点的过程中，加速度 a 随时间 t 的变化关系如图乙所示。设 C、 D 两点的电势分别为 场强大小分别为 EC、E D，粒子在 C、D 两点的电势能分别为 EpC，E pD，不计粒子重力，则有A B C D 【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由加速度变小，则电场力变小，场强变小，正电荷所受电场力的方向沿
13、 CD，则电场线由 C 到D，电势变小，电势能变小【解答】解：ACD、正电荷所受电场力的方向沿 CD，则电场线由 C 到 D，电势变小，电势能变小，则 A错误，C 错误，D 正确B、由 C 到 D，加速度变小，则电场力变小，场强变小，则 B 错误故选：D【点评】题关键通过加速度时间图象得到物体的加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小二、解答题（共 4 小题，满分 47 分）22.（6 分）某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的 A、B、C 三条较为理想的纸带，并在纸带上每 5 个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为 0.1 s，将每条纸带上的计数点都记为 0、l
14、、2、3、4、5 ，如图甲、乙、丙所示的三段纸带，分别是从 A、B、C 三条不同纸带上撕下的。(1)在甲、乙、丙三段纸带中，属于从纸带 A 撕下的是_。 (2)打 A 纸带时，物体的加速度大小是 mS 2（保留两位小数） 。(3)打点计时器打计数点 1 时小车的速度为 m/s（保留两位小数） 。【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：x34x23=x23x12=x12x0
15、1，因此 x34=2（2x 12x01）x 12=10.53cm，所以属于纸带 A 的是甲图（2）根据运动学公式x=aT 2 得：a= = m/s2=2.51m/s2（3）利用匀变速直线运动的推论v1= = 0.43m/s故答案为：（1）甲； （2）2.51；（3）0.43【点评】对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，注意理解相等时间内，位移之差相等的含义23.（9 分）一标有“6 V 0.5 A”的小型直流电动机，转子由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为 1。某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻。实验室提供的器材除导线和开关外还有：A直流电源 E：8 V( 内阻不计 )B直流电流表 ：00.6 A(内阻约为 05 ) C直流电流表 ：03 A(内阻约为 o1)D直流电压表 ：03 V(内阻约为 5 k)E直流电压表 ：015 V(内阻约为 15 k,)F滑动变阻器 Rl：010，2AG标准电阻 R2：5(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择电路图 （填“甲”或“乙” ） 。(2)为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是 ，电压表是 。 （填写实验器材前面的序号）(3)闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数。若某次实验电压表的示数为 2.5 V，电流表的示数为 0.4 A，
