1、2015年四川省成都七中高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（每题6分，共42分）1（6分）物理学中有多种研究方法，下列有关研究方法的叙述错误的是（） A 在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法 B 如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是归纳法 C 探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图象法 D 探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体
2、受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量之间的关系这是物理学中常用的控制变量法【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系；物理学史【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功这里用的逻辑方法是假设法探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化情况，采用的是图象法探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用控制变量的研究
3、方法【解析】： 解：A、在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，而伽利略开创了以实验检验猜想和假设的科学方法故A正确B、如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功这里用的逻辑方法是假设法，而不是归纳法故B错误C、探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小和方向随时间变化情况，这是物理学中常用的图象法故C正确D、探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，先保持质量一定，探究物体的加速度与力的关系；再控制物体受力一定，探究物体的加速度与质量的关系最后归纳出加速度与力、质量之间的关系采用的是控制变量的研究
4、方法故D正确本题选错误的，故选B【点评】： 物理常用研究的方法有：假设法、归纳法、控制变量法、实验模拟法等等2（6分）（2015成都校级模拟）波速均为v=1m/s的甲、乙两列简谐横 波都沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰关于这两列波，下列说法正确的 是（） A 从图示的时刻开始经过1.0 s，P质点沿 x轴正方向发生的位移为2 m B 从图示时刻开始，P处质点与0处质点将同时回到各自的平衡位置 C 甲图中P处质点比M处质点先回到平衡位置 D 如果这两列波相遇，可以发生干涉现象【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图
5、像专题【分析】： 同一波动图上，根据质点的振动方向和所在位置判断回到平衡位置的先后不同的波动图上，先由图可读出波长，根据波速分别算出它们的周期，根据时间判断回到平衡位置的先后根据时间与周期的关系，确定质点P的位置，从而求出其位移根据干涉的条件：两列波的频率相同判断能否产生干涉【解析】： 解：首先据图可知两波的波长分别为4m和8m；据波速公式得：T甲=4s，T乙=8s，A、据波的传播特点可知，各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，所以从图示的时刻开始经过1.0 s，P质点并不沿 x轴正方向发生的位移为2 m，故A错误；BC、由于两质点的周期不同，从图示时刻开始，P处质点先回到平衡位置
6、，故B错误，C正确；D、据两波发生干涉的条件可知，这两波的频率相同，所以这两波相遇，不发生明显的干涉现象，故D错误故选：C【点评】： 波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断3（6分）（2015成都校级模拟）如图所示，实线为空气和水的分界面，一束绿光从水中的A点沿AO1方向（O1点在分界面上，图中未画出）射向空气，折射后通过空气中的B点，图中O点为A、B连线与分界面的交点下列说法正确的是（） A O1点在O点的右侧 B 绿光从水中射入空气中时波长不变 C 若沿AO1方向射出的一束蓝光，则折射光线有可能通过
7、B点正上方的C点 D 若增大入射角，可能在空气中的任何位置都看不到此绿光【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 光由水由射入空气时折射角大于入射角，据此大致画出光路图，确定O1点与O点的位置关系；由公式=vT，v=判断绿光从水中射入空气中时波长的变化；水对蓝光的折射率大于绿光的折射率，则射出水的时的折射角较大据此判断折射光线有可能通过B点上方还是下方光由光密介质（水）射入光疏介质（空气）时可以发生全反射【解析】： 解：A、光由水由射入空气时折射角大于入射角，光路图大致如下：可以看出O1点在O点的左侧，故A错误；B、绿光从水中射入空气中时传播速度减小，频率不变，由v=f，知波
8、长变小，故B错误；C、若沿AO1方向射出一束蓝光，水对蓝光的折射率大于绿光的折射率，则射出水时的折射角较大，则蓝光的折射光线经过B点下方，不可能经过B点正上方的C，故C错误D、光由光密介质（水）射入光疏介质（空气）时，当入射角增大到一定的值会发生全反射，则在空气中的任何位置都看不到绿光，故D正确；故选：D【点评】： 解决本题关键掌握光的反射定律、折射定律和全反射的条件，并能来用分析实际问题，比较容易4（6分）（2015成都校级模拟）正弦交流电经过匝数比为= 的变压器与电阻R、交流电表V、A按如图甲所示方式连接，R=10图乙是R两端电压u随时间变化的图象，Um=10V，则下列说法中正确的是（）
9、A 通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100t A B 在t=0.01s时，电流表A的读数为A C 在t=0.02s时，电压表V的读数为V D 在t=5s的时间内，流过电阻R的电荷量为0.5C【考点】： 变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 根据R两端的电压随着时间变化的图象，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出原线圈电压的有效值；由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小【解析】： 解：A、正弦式电流且电阻R的Um=10 V，则有效值U=10V所以通过电阻的电流为I=，因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=c
10、os100t（A）故A正确；B、由正弦式电流且电阻R的Um=10 V，则有有效值U=10V所以通过电阻的电流为I=，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比为=的变压器，得电流表A的读数为0.1A故B错误；C、由正弦式电流且电阻R的Um=10 V，则有有效值U=10V所以通过电阻的电流为I=，又由于电压表读出的是有效值，得电压表A的读数为10V故C错误；D、由图可知，交流电的周期为0.02s；角速度=100；输出端的电压Um=V；由Um=NBS；NBS=；一个周期内通过R的电量q=；则5s内通过的电量q=5100=C=0.225C；故D错误；故选：A【点评】： 正弦变化规律的交流电的有效值与最大
11、值为倍的关系；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同5（6分）（2015成都校级模拟）我国将于2011年下半年发射目标飞行器“天宫一号”，两个月后再发射“神舟八号”飞船并与其进行对接试验若“天宫一号”能在离地面约300km高的圆轨道上正常运行，下列说法中正确的是（） A “天宫一号”的在轨运行速度小于同步卫星的速度 B 对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速 C 对接时，“神舟八号”与“天宫一号”所受地球的万有引力大小相等 D 对接后，“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度【考点】： 人造卫星
12、的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力，得出速度公式，可以知道物体的速度与轨道半径一一对应；又因为，得出加速度，加速度的与轨道半径的关系【解析】： 解：A、根据题意可知，“天宫一号”的在轨运行高度小于同步卫星的高度，由卫星的环绕速度公式v=可知，高度越低速度越大，所以“天宫一号”的在轨运行速度大于同步卫星的速度故A错误；B、对接前，“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道运动，根据卫星的环绕速度公式v=，速度相同；对接前，“神舟八号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火减速若加速，则会飞到更高的轨道上，二者之间的距离会进一步增大故B错误；C、对接前
13、，“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道运动，根据卫星的加速度公式a=，加速度也相同，由于它们的质量关系不知道，所以不能判断出它们受到的万有引力是否相等故C错误；D、对接后，“天宫一号”与“神舟八号”在同一轨道运动，根据卫星的环绕速度公式v=，速度相同，但是它们的高度都比近地卫星大，即rR，所以它们的速度比第一宇宙速度要小，故D正确；故选：D【点评】： 本题关键根据卫星的圆轨道运行式，万有引力等于向心力，求出速度公式和加速度公式，然后分析讨论6（6分）（2015成都校级模拟）如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可 在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金
14、属导轨接触良好，ab电阻为几其他电阻不计导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是（） A 导体棒ab做变速运动期间，其加速度一定减小 B 导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律 C 单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能 D 导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v=【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 闭合导体棒前，杆自由落体运动，闭合后，有感应电流，受向上的安培力，棒可能加速、匀速、减速，根据
15、牛顿第二定律、安培力公式、切割公式、闭合电路欧姆定律列式分析【解析】： 解：A、若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有，速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有，速度不断减小，加速度也不断减小；故A正确；BC、导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能，电能转化为电热电能最终都转化为电热；故不能说减小的机械能等于电能和电热之和；故B错误；C正确；D、导体坛棒的加速度不断减小，最后变为匀速，根据平衡坛条件，重力和安培力平衡，有，解得，故D正确；故选：ACD【点评】： 本题是动态分析问题，不管导体棒是加速还是减速，都做加速度不断减小的运动，最后做匀速
16、直线运动，根据牛顿第二定律并结合安培力公式、切割公式、闭合电路欧姆定律列式分析即可7（6分）（2015成都校级模拟）如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从某一高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态在下落a高度时，绳中点碰到水平放置的光滑钉子a重力加速度为g，则（） A 轻绳与钉子相碰后的瞬间，小球的加速度大小为g B 从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点的过程，重力的功率先增大后减小 C 小球刚到达最低点时速度大小为 D 小球刚到达最低点时，绳子对小球的拉力大小为m（+3）g【考点】： 向心力；线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 重力的瞬
17、时功率根据PG=mgvy求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度，再运用牛顿第二定律求出最低点时绳中张力【解析】： 解：A、轻绳与钉子相碰后瞬间，小球将做圆周运动，此时小球速度不为零，径向的合力提供向心力，所以小球的拉力不为零，小球受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律知，加速度不等于g，故 A错误B、以向下为正方向，竖直方向合力为F=mgTsin，开始时很小，mgTsin，F0，竖直方向加速度向下，vy增大，到快要相碰时，Tsinmg，F0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PG=mgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B正确；C、从最高点到小球刚到
18、达最低点的过程中运用动能定理得：，解得：v=，故C错误D、根据牛顿第二定律得Fmg=m，解得：F=，故D正确故选：BD【点评】： 本题主要考查了机械能守恒的条件，瞬时功率的求解方法、动能定理的应用以及向心加速度的公式二、非选择题8（6分）（2015成都校级模拟）某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）R0为阻值为3.0的定值电阻调节R时应控制电动机不转动（转动或不转动）时读出电流表、电压表示数若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是0.50A使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为2.0该电动机正常工作时输出
19、的机械功率为2.5 W（计算结果保留2位有效数字）由于电压表内阻（电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏小（大或小）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 当电动机不转动时，电动机电路为纯电阻电路，才可用欧姆定律求解电阻由功率关系求出电动机正常工作时输出的机械功率实际电压表会分流，使得电流表测量的电流产生误差【解析】： 解：控制电动机不转动时，线圈的电阻为纯电阻，才有电阻R= 量程是0.6A，电流的最小分度为0.02A，读数为0.50A电动机线圈电阻R=2 电动机正常工作时输出的机械功率P出=UII2R=（60.50.522）W=2.5W 由于电压表的分流
20、，电流表测量的是电动机与电压表并联的总电流，由R=算出的是电动机与电压表并联的电阻，测量值比电动机电阻的真实值小故答案是：不转动 0.50A 2.0，2.5W 电压表内阻，小【点评】： 对于电动机电路，当电动机不转动时，其电路为纯电阻电路，欧姆定律U=IR适用；当电动机正常工作时，UIR，欧姆定律U=IR不成立9（11分）（2015成都校级模拟）测量小物块0与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地 面的垂直投影为C重力加速度大小为g实验步骤如下：用天平称出物块Q的质量m；测量出轨道AB的半径R、BC
21、的长度L和CC的高度h将物块0在A点从静止释放，在物块0落地处标记其落地点D；重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C的距离s回答下列问题：（1）实验步骤的目的是通过多次实验，让落点更准确，以减小实验结果的误差（2）物块0与平板P之间的动摩擦因数= （用实验中的测量量表示）（3）已知实验测得的值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，或B处不平整（写出一个可能的原因即可）【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）多次实验的目的让落点更准确，以减小实验误差，（2）根据动能定理，结合平抛运动规
22、律，即可求解；（3）误差偏大的原因是存在摩擦阻力，要么圆弧存在摩擦阻力，要么B处不平整存在阻力【解析】： 解：（1）实验步骤的目的，通过多次实验，让落点更准确，以减小实验结果的误差；（2）物体从A到C，由动能定理，则有：；而物体做平抛运动，由运动学公式，则有，水平方向：s=v0t；而竖直方向：h=；联立解得：=；（3）实验测得的值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，或接缝B处不平滑等故答案为：（1）通过多次实验，让落点更准确，以减小实验结果的误差；（2）；（3）圆弧轨道存在摩擦，或接缝B处不平滑【点评】： 熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即
23、可正确解题，学会根据实验数据来实验结果分析，注意实验误差不会没有，只能降低三、计算题（15+17+19=51分）10（15分）（2015成都校级模拟）如图，水平与斜面在B点平面对接，一质量为1kg的物块放在水平面上A点，用于水平面成=53角向下的恒力推物块，物块以3m/s2的加速度由静止向右运动，AB间距为6m，物块到B点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失物块滑上斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.5，求（sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2）（1）推力F的大小（2）物块在斜面上滑行的最大距离【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移
24、与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律求得合外力，结合受力分析求出分力F；（2）结合（1）中的知识求得物体到达B点的速度，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可，【解析】： 解：（1）物块的加速度为3m/s2，根据牛顿第二定律，解得：F合=ma=3N，对物体受力分析，竖直方向：N=Fsin+mg，水平方向：Fcosf=F合，又f=N，将三式联立得：FcosFsinmg=ma，代入数据：F0.60.5F0.80.5110=3，解得：F=40N（2）物体在斜面上运动，有运动学公式得：，代入数据得：v2=236，解得：v=6m/s，对物体受力分析得：物体在斜面上
25、运动时：mgsin+fFcos=ma2，垂直斜面方向上：N=mgcos+Fsin，又：f=N，代入数据解得：100.8+0.5100.6+0.5400.8400.6=a2，得：a2=3m/s2，方向向下；物体在斜面上做匀减速运动，设滑行的最大距离为x2，有运动学公式得：2，代入数据：062=2（3）x2，解得：x2=6m答：（1）推力F的大小为40N，（2）物块在斜面上滑行的最大距离为6m【点评】： 本题是牛顿第二定律的典型应用题，用好牛顿第二定律和运动学公式是解题的关键，特别注重加速度的方向11（17分）（2015成都校级模拟）如图所示，质量分别为m、2m的物体a、b通过轻绳和不计摩擦的定滑
26、轮相连，均处于静止状态a与水平面上固定的劲度系数为k的轻质弹簧相栓连，0点有一挡板，若有物体与其垂直相撞会以原速率弹回，现剪断a、b之间的绳子，a开始上下往复运动b的正下方有一高度可忽略不计的弧形挡板，能够使得b下落至P点时以原速率水平向右运动，当b静止时，a恰好首次到达最低点，已知PQ长so，重力加速度gb距P高h，且仅经过P点一次，b滑动时动摩擦因数a、b均可看做质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：（1）物体a的最大速度及物体a第一次运动到最低点所需要的时间；（2）物体b停止的位置与P点距离【考点】： 机械能守恒定律；胡克定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）当弹簧弹力与a
27、的重力相等时a的速度最大，由机械能守恒定律可以求出最大速度根据弹簧振子的周期公式求出a的运动时间（2）由动能定理求出b在水平面上的路程，然后答题【解析】： 解：（1）没有间断细线前，对a，由平衡条件得：2mg=mg+kx1，当弹簧弹力与a的重力相等时a的速度最大，由平衡条件得：mg=kx2，解得：x1=x2=，初速度位置与速度最大位置弹簧的弹性势能EP相等，由机械能守恒定律得：EP+mg（x1+x2）=EP+mv2，解得，最大速度：v=2g；b自最高点下落的时间：b下落到P的速度：b在水平面上运动的整个过程可以看做是匀减速直线运动，加速度大小为a=g又：v=at所以到停止所用的时间：物体a第一
28、次运动到最低点所需要的时间：t=t1+t2=；（2）在整个运动过程中，对b，由动能定理得：2mgh2mgs=00，解得：s=，如果b与Q发生碰撞，则物体b停止的位置与P点距离：d=s0（ss0）=2s0，如果b与Q不发生碰撞，则物体b停止的位置与P点距离：d=s=；答：（1）物体a的最大速度为2g；物体a第一次运动到最低点所需要的时间为；（2）物体b停止的位置与P点距离为2s0或【点评】： 本题考查了求速度、时间、距离问题，分析清楚物体有难度过程，应用机械能守恒定律、动能定理即可正确解题12（19分）（2015成都校级模拟）如图所示，在平面内存 在、四个场区，y轴右侧存在匀强磁场，y轴左侧与虚
29、线MN之间存在方向相反的两个匀强电场，区电场方向竖直向下，区电场方向竖直向上，P点是MN与x轴的交点有一质量为m，带电荷量+q的带电粒子由原点0，以速度v沿x轴正方向水平射入磁场，已知匀强磁场的磁感应强度垂直纸面向里，大小为B0，匀强电场和匀强电场的电场强度大小均为E=，如图所示，区的磁场垂直纸面向外，大小为，OP之间的距离为，已知粒子最后能回到0点（1）带电粒子从0点飞出后，第一次回到x轴时的位置和时间；（2）根据题给条件画出粒子运动的轨迹；（3）带电粒子从0点飞出后到再次回到0点的时间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题
30、【分析】： （1）根据半径公式求出粒子在磁场中运动的半径，从而得出粒子在磁场中运动半周回到y轴的距离；带电粒子在场区内作类平抛运动，根据牛二第二定律和运动学公式求出类平抛运动的时间以及水平位移（2）粒子在磁场中运动半周进入电场，做类平抛运动，然后进入电场，做曲线运动，恰好垂直边界进入磁场，做半个圆周运动，又进入电场做类平抛运动，再进入电场做曲线运动，垂直边界进入磁场，做半个圆周回到O点（3）根据粒子在磁场中的运动时间和在电场中运动的时间，求出总时间【解析】： 解：（1）带电粒子在磁场中运动的半径为，带电粒子在磁场中运动了半周，回到y轴的坐标y=2R1=，带电粒子在场区内作类平抛运动，根据牛顿第
31、二定律得，带电粒子运动的加速度a=，竖直方向上有：y=，水平方向上有：x=v0t，联立解得，x=（2）根据运动的对称性画出粒子在场区的运动轨迹如图所示带电粒子在场区运动的半径是场区运动半径的2倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹如图所示（3）带电粒子在磁场中运动的时间正好为1个周期，故，带电粒子在、两个电场中运动的时间，带电粒子在场中运动的时间为半个周期，运动时间，因为带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间t总=t1+t2+t3=答：（1）第一次回到x轴时的位置为x=时间为（2）如图所示（3）带电粒子从0点飞出后到再次回到0点的时间为【点评】： 本题考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，对于圆周运动，关键会确定半径和圆心以及圆心角本题涉及的过程较多，要正确地画出轨迹图是关键