1、2015年四川省宜宾市宜宾县高考物理一模试卷一、选择题，每题6分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1（6分）（2015宜宾县一模）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（） A 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证 B 麦克斯韦不仅预言了电磁波的存在，还测定出了电磁波的速度 C 爱因斯坦在狭义相对论中的质能关系式E=mc2中，m是与物体状态无关的质量，c是
2、光在真空中的速度 D 由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人【考点】： 物理学史【分析】： 本题掌握牛顿、麦克斯韦、赫兹、爱因斯坦等等科学家的成就，就能进行解答【解析】： 解：A、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证；故A正确B、麦克斯韦不仅预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在并测定出了电磁波的速度故B错误C、爱因斯坦在狭义相对论中的质能关系式E=mc2中，m是与物体状态有关的质量，c是光在真空中的速度故C错误；D、卡文迪许牛顿发现了万有引力定律之后，测出了引力常量G，根据mg=G，得地球的质量M=，从而可求得地球，所以
3、被称为能“称量地球质量”的人，故D错误故选：A【点评】： 本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆2（6分）（2015宜宾县一模）在水面下同一深处的两个点光源P、Q发出不同颜色的光，在水面上P光照亮的区域大于Q光照亮的区域，下列说法正确的是（） A 在真空中P光的传播速度更大 B P光在水中的传播速度小于Q光在水中的传播速度 C 让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距小于Q光 D P光发生全反射的临界角大于Q光发生全反射的临界角【考点】： 全反射；双缝干涉的条纹间距与波长的关系【专题】： 全反射和临界角专
4、题【分析】： 在水面下同一深处的两个点光源P、Q发出不同颜色的光，在水面上P光照亮的区域大于Q光照亮的区域，根据折射定律比较出光的折射率大小，从而比较出光的频率大小、在介质中速度大小关系和临界角大小关系【解析】： 解：在水面下同一深处的两个点光源P、Q发出不同颜色的光，在水面上P光照亮的区域大于Q光照亮的区域，知P光发生全反射的临界角大，根据sinC=，知P光的折射率小，则P光的频率小A、在真空中它们的传播速度相等，故A错误；B、根据v=知，P光的折射率小，则P光在水中的传播速度大故B错误C、因为P光的频率小，则波长长，根据x=知，P光产生的条纹间距大故C错误D、由上分析可知故D正确故选：D【
5、点评】： 解决本题的突破口在于根据光的全反射得出折射率的大小，知道折射率、频率、波长以及在介质中的速度大小关系3（6分）（2015宜宾县一模）一列简谐横波a，某时刻的波形如图甲所示从该时刻开始计时经t=后波上质点A的振动图象如图乙所示波a与另一列简谐横波b相遇能发生稳定干涉现象，则下列判断正确的是（） A 波a沿x轴正方向传播 B 波b的频率为0.4Hz C 从该时刻起，再经过0.4s质点A通过的路程为40cm D 若波b遇到障碍物能发生明显衍射现象，则障碍物的尺寸一定比0.4m大很多【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 先根据图乙得到t=
6、0时刻质点A的振动方向，由图甲判断波的传播方向两列波发生干涉的条件是频率相同读出周期，得到该波的频率，即可求得b波的频率；简谐运动一个周期内通过的路程为4A根据时间与周期的关系求解质点通过的路程发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小【解析】： 解：A、从图乙可知t=0时刻，A质点的速度方向向下，则知a图中A点正向上振动，由波形平移法可知波a沿x轴负方向传播，故A错误；B、由乙图得到波a的周期为T=0.4s，故频率为：f=2.5Hz发生稳定干涉的条件是两列波的频率相同、相位差恒定、振动方向平行，故若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波b的频率为2.5H
7、z，故B错误；C、t=0.4s，T=0.4s，故t=1T；质点A做简谐运动，一个周期内通过的路程为：S=4A=410cm=40cm，故C正确；D、由甲图得到波长为=0.4m；发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，故该波遇到一障碍物能发生明显韵衍射现象，则该障碍物的尺寸一定与0.4m相差不大或者比0.4m小，故D错误故选：C【点评】： 本题是振动图线与波形图象的综合应用，要有把握两种图象联系的能力，知道干涉和衍射的条件，熟练运用波形的平移法判断波的传播方向4（6分）（2015宜宾县一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心接头，电压表和电
8、流表均为理想电表，除滑动变阻器电阻R以外其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100t（V）下列说法中正确的是（） A 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V B t=s时，点c、d间的电压瞬时值为110V C 单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 D 当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化【解析】： 解：
9、A、原线圈两端电压最大值为220V，有效值为220V，副线圈两端电压有效值为=22V，电表测量的是有效值，当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V，故A错误B、当t=s时，c、d间的电压瞬时值为u1=220sin（100）130V，故B错误；C、滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，故C错误；D、单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D正确故选：D【点评】： 本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点5（6分）（2015宜宾县一模
10、）2013年12月2日，西昌卫星发射中心成功将着陆器和“玉兔号”月球车组成的嫦娥三号探测器送入轨道现已测得探测器绕月球表面附近飞行时的速率大约为1.75km/s（可近似当成匀速圆周运动），若已知地球质量约为月球质量的81倍，地球第一宇宙速度约为7.9km/s，则地球半径约为月球半径的多少倍？（） A 3倍 B 4倍 C 5倍 D 6倍【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 第一宇宙速度是卫星绕星球表面附近运行的速度，由万有引力提供向心力，分别对探测器和月球进行分析和研究，即可求解【解析】： 解：探测器绕月球表面附近飞行时，由月球的万有引力提供向心力，则有：
11、G=m器 卫星绕地球附近运行时，由地球的万有引力提供向心力，则有：G=m卫 由题知：v1=1.75km/s，v2=7.9km/s，M地=81M月，由：可得：=81（）24故选：B【点评】： 本题关键要建立卫星的运动模型，分析向心力来源，抓住万有引力提供向心力，列式求解6（6分）（2015宜宾县一模）如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是（） A 若F1=F2，
12、M1M2，则v1v2 B 若F1=F2，M1M2，则v1v2 C 若F1F2，M1=M2，则v1v2 D 若F1F2，M1=M2，则v1v2【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力【专题】： 传送带专题【分析】： 本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解【解析】： 解：A、B：首先看F1=F2
13、时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a1=，a2=，其中m为物块的质量设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移L=at12a1t12物块与M2的相对位移L=at22a2t22若M1M2，a1a2所以得：t1t2M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1v2，故A错误若M1M2，a1a2所以得：t1t2M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a
14、2t2则v1v2，故B正确C、D：若F1F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aaab由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移L=aat12at12物块与M2的相对位移L=abt22at22由于aaab所以得：t1t2则v1v2，故C错误若F1F2、M1=M2，aaab则v1v2，故D正确故选BD【点评】： 要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用7（6分）（201
15、5宜宾县一模）如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是（） A 油滴带正电荷 B 若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向下加速运动，加速度a=g C 若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=g D 若保持
16、导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在混合场中的运动【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题【解析】： 解：A、根据右手定则可知，M端为正极，N端带负电，电容器板间场强向下，液滴静止，其受到的电场力必定竖直向上，因此液滴带负电，故A错误；B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv0，电容器两端电压为：U1=E=BLv
17、0 开始液滴静止有：q=mg 若将上极板竖直向上移动距离d时，由牛顿第二定律有：mgq=ma1 联立得：a1=，方向竖直向下，故B错误；C、当若将导体棒的速度变为2v0时，有：qmg=ma2 将中v0换为2v0时，U1变为原来的2倍，由解得：a2=g，方向竖直向上，即油滴将向上加速运动，加速度a=g，故C正确；D、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，将电容器上极板向上移动距离，电容器两端之间的电压为：U2=BLv0，此时液滴所受电场力为：F=q=mg，故液滴向下加速运动，故D错误故选：C【点评】： 本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及
18、极板的正负极二、非选择题（共68分）8（6分）（2015宜宾县一模）请对下列实验探究与活动进行判断，说法正确的题后括号内打“”，错误的打“”（1）如图甲所示，在“研究滑动摩擦力的大小”的实验探究中，必须将长木板匀速拉出（2）如图乙所示的实验探究中，只能得到平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，而不能得出水平方向的运动是匀速直线运动（3）如图丙所示，在“研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验探究中，采取的主要物理方法是理想实验法【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素；决定向心力大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）在该实验探究中，只要将长木板拉出即可；（2）用小锤击打
19、弹性金属片后，绿球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，红同时开始做自由落体运动，同时落地高度相等，平抛运动的时间相等，打击速度不同，平抛的水平位移不同，红球的落地点可能不同（3）在本实验探究中，采用的主要物理方法是控制变量法【解析】： 解：（1）在该实验探究中，只要将长木板拉出即可，因为滑动摩擦力与运动状态无关；故（1）错误（2）用小锤击打弹性金属片后，绿球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，红球同时开始做自由落体运动，运动时间相同，则两球同时落地高度相等，由t=可知平抛运动的时间相等打击速度v0不同，x=v0t平抛的水平位移不同绿球的落地点可能不同故（2）正确（3）在实验探究
20、中，采用的主要物理方法是控制变量法，故（3）错误故答案为（1）； （2）； （3）【点评】： 本实验运用对比法研究平抛运动的规律，根据这个实验说明平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动9（11分）（2015宜宾县一模）某同学要测量一电阻Rx（阻值约18）的阻值，实验室提供如下器材：电池组E（电动势3V，内阻约1）；电流表A（量程00.6A，内阻约0.5）；电压表V（量程03V，内阻约5k）；电阻箱R（阻值范围099.99，额定电流1A）；开关S，导线若干（1）为使测量尽可能准确，应采用图1给出的A所示电路进行测量（2）采用相应的电路进行实验后，表中记录了电阻箱阻值R及对应电流表A、电压表V的测
21、量数据I、U，请在图2坐标纸上作出图象，根据图象得出电阻Rx的测量值为17（结果保留两位有效数字）次数 1 2 3 4 5R/ 8 12 16 20 24I/A 0.44 0.36 0.32 0.29 0.25U/V 2.30 2.40 2.56 2.60 2.70/V1 0.19 0.15 0.12 0.11 0.09/1 0.13 0.08 0.06 0.05 0.03（3）此实验中电阻Rx的测量值与真实值相比偏小（选填“相等”、“偏大”或“偏小”）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 本题（1）首先根据估算通过待测电阻的最大电流远小于电流表的量程可知不能直接将电流表与待测
22、电阻串联，然后根据并联电阻的分流作用考虑将待测电阻与电阻箱并联后再与电流表串联，再根据待测电阻与电阻箱的并联电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法；题（2）首先根据表中数据求出两轴坐标的最大值选取标度，然后描点画线即可，再根据电路图整理出与的函数表达式，再根据截距概念即可求解；题（3）根据欧姆定律写出考虑电压表内阻时的表达式，再与不考虑电压表内阻时的表达式比较即可【解析】： 解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为=，还不到电流表量程的，所以不能直接用电流表测量通过待测电阻的电流，根据欧姆定律可知，应将待测电阻与电阻箱并联后再与电流表串联，由于待测电阻与电阻箱的并联电阻远
23、小于电压表内阻，满足电流表外接法的条件，所以应采用A电路进行测量；（2）根据表中数据可求出及的最大值选取坐标轴的标度，再作出的图象如图所示，根据图A应有I=整理可得=根据函数斜率和截距的含义可知应有=0.06解得=17；（3）若考虑电压表内阻影响应有I=，与题（2）中不考虑电压表内阻影响时表达式比较可得，即，所以电阻的测量值与真实值相比偏小故答案为：（1）A；（2）如图，17；（3）偏小【点评】： 应明确：应通过估算通过待测电阻的最大电流与最大电压来选择电流表与电压表的量程，当电表量程过小或过大时，应考虑进行改装；涉及到根据图象求解的题目，首先应根据相应的物理规律写出有关纵轴与横轴物理量的函数
24、表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解10（15分）（2015宜宾县一模）电动自行车以省力、方便出行等优点逐渐取代了传统自行车已知一电动自行车的部分技术指标分别是：整车质量为m=40kg，电源输出电压U=36V，电动机额定输出机械功率为P=180W，载重上限为M=160kg已知在行驶过程中受到的阻力与车重（包括载重）成正比，比例系数k=0.018，请根据以上信息，求：（1）在平直路面上满载的情况下最大速度为v；（2）一个体重为60kg的人在同样的水平路面上骑此电动自行车，并以额定输出机械功率由静止启动，他能达到的最大速度vm是多少？若从静止开始达到最大速度时用时t=30s，求从静止开始加速到最
25、大速度的过程中所经过的距离x（g取10m/s2，所有结果均保留2位有效数字）【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 功率的计算专题【分析】： （1）当阻力等于牵引力时速度达到最大；（2）当阻力等于牵引力时速度达到最大，从静止开始加速到最大速度的过程中由动能定理【解析】： 解：（1）由题意知P=Fv 电动自行车匀速运动，故有F=f=k（m+M）g 解得：v=5m/s （2）由题意知，此次运动中电动自行车所受阻力为f=k（m+M）g=18 N 当F=f时车速最大，故vm=10 m/s，从静止开始加速到最大速度的过程中由动能定理有Ptfx=，解得：x22 m答：在平直路面上满载的情况下最大速
26、度为v为5m/s；（2）他能达到的最大速度vm是10m/s，从静止开始加速到最大速度的过程中所经过的距离x为22m【点评】： 解答本题的关键是知道当牵引力等于阻力时，速度最大，最后求从静止开始加速到最大速度所经过的距离时，用动能定理求解最方便，难度适中11（17分）（2015宜宾县一模）如图，足够长斜面倾角=30，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，=，光滑水平面上B点左侧足够长的空间有水平向右的匀强电场，场强E=105V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为mC=4kg，mD=1kg，D带电q=3104C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止同时释放，B、Q间距
27、离d=1m，A、P间距离为2d取g=10m/s2，求：（1）物体C第一次运动到A点时的速度v0；（2）物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： （1）对CD系统研究，在P到A的过程中运用动能定理，求出物体C第一次运动到A点时的速度；（2）C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，分别根据牛顿第二定律求出减速下滑和加速上滑的加速度，结合运动学公式求出下滑和上滑的时间，从而得出物体C第一次经过A到第二次经过A的时间【解析】： 解：（1）由题知释放后C物将沿斜面下滑，C物从P到A过程，对C、D系统由
28、动能定理：解得：v0=2m/s（2）由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其加速度大小为a1，向下运动的时间为t1，发生的位移为x1，对物体C：mCgsinT1mCgcos=mCa1对物体D：T1Eq=mDa1设物体C后再加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间t2，有：对物体C：T2mCgcosmcgsin=mCa2对物体D：EqT2=mCa2t=t1+t2联解并代入数据得：答：（1）物体C第一次运动到A点时的速度为2m/s；（2）物体C第一次经过A到第二次经过A的时间为1.82s【点评】： 解决本题的关键理清系统在整个过程中的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动
29、学公式进行求解，掌握整体法和隔离法的运用12（19分）（2015宜宾县一模）如图所示，水平地面上固定一绝缘光滑长方体abcdabcd，长ab为15m，宽ad为10m，高aa为5m，MN、PQ与ad相互平行，且aN、NQ、Qb间距离都为5m一个半径为R=5m的圆弧的光滑绝缘轨道被竖直固定，圆弧轨道的最高点E与它的圆心O在同一水平线上，M为该装置与cd的切点，区域MNQP、PQbc存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=1T和B2=2T，方向相反，边界MN、PQ处无磁场从E点静止释放一质量m1=0.1kg，带正电荷q=0.1C的小球g=10m/s2求：（1）小球刚到达M点时，对圆弧管道的
30、压力大小；（2）小球从M点到落地的时间t；（3）（3）若在b处有一静止的小滑块，其质量为m2=0.01kg，与地面间的动摩擦因数=0.9当小球刚过M时，对小滑块施加一水平恒力F，作用一段时间后撤去该恒力，使之在小球刚落地时恰好相遇，此时小滑块的速度也刚好减小到零求恒力F的大小？（1.7，1.6）【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）小球从E到M的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球到M点时的速度，结合牛顿第二定律与向心力表达式，及牛顿第三定律，即可求解；（2）根据小球做匀速圆周运动，结合半径公式，及平抛运动规律，并由
31、几何关系，即可求解（3）滑块先做匀加速运动，后做匀减速运动，作出vt图象，求出最大速度，再由速度关系求解F的大小【解析】： 解：（1）小球从释放到M点的过程，由机械能守恒有 m1gR=解得 v=10m/s在M点，由牛顿第二定律有 Fm1g=m1解得 F=3N根据牛顿第三定律，小球到达M点时对管道的压力为3N（2）小球的运动情况如图所示，设其在B1中的运动半径为R1，运动时间为t1有B1qv=m1解得 R1=10m由图可知，小球在B1中做圆运动的圆心角为30所以 t1=0.5s设小球在B2中的运动半径为R2，运动时间为t2有B2qv=m2解得 R2=5m小球在B2中做圆运动的圆心角为60所以t2
32、=0.5s小球离开B2区域后做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t3则有 hbb=解得 t3=1s所以，小球从M点到落地的时间t=t1+t2+t32s（3）小球做平抛运动的水平位移 x1=vt3=10m根据题意，小滑块的运动是先匀加速再匀减速，其位置关系如图所示由图可知小滑块的总位移 x=其中 x2=R1cos30=5m解得 x=mm16m小滑块的vt图象形状如右下图所示，设小滑块加速阶段的时间为t0，最大速度为vm，则由位移关系有 x=速度关系有 vm=t0=（tt0）解得vm=16m/s，t0=s，作用力F=0.81N答：（1）小球刚到达M点时，对圆弧管道的压力大小是3N（2）小球从M点到落地的时间t是2s（3）恒力F的大小为0.81N【点评】： 本题是复杂磁场与力学综合题，要按时间顺序正确分析小球的运动情况，对于磁场，关键定圆心，找半径，对于相遇问题，关键要找两个物体之间的关系
