1、2015年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)物理一、选择题1.距地面高 5m的水平直轨道 A、B 两点相距 2m，在 B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始终以 4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过 A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B点时细线被轧断，最后两球同时落地。 不计空气阻力，取重力加速度的大小 g=10m/s2。可求得 h等于A.1.25m B.2.25m C.3.75m D.4.75m解析：经过 A点，将球自由卸下后，A 球做平抛运动，则有：H=解： ，小车从 A点运动到 B点的时间 ，因为两球同时落地，则细线被轧断后 B出小球做自由落体运动的时间为
2、 t3=t1t 2=10.5=0.5s，则 h=。答案：A2.如图，拉格朗日点 L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗日点 L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以 1a、 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小， 3a表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是A. 231a B. C. 312 D.解析：在拉格朗日点 L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度 an=r，由于拉格朗日点 L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以 a2a 1，同步卫星离地高度约为 36000公
3、里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点 L1的轨道半径，根据 a= 得a3a 2a 1。答案：D3.如图，滑块 A置于水平地面上，滑块 B在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、B 接触面竖直)，此时 A恰好不滑动，B 刚好不下滑。已知 A与 B间的动摩擦因数为 1，A 与地面间的动摩擦因数为 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A 与 B的质量之比为A. 12 B.C.12D. 12解析：对 A、B 分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F= 2(m1+m2)g 再对物体 B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N 竖直方向：m 2g
4、=f，其中：f= 1N。联立有：m 2g= 1F 联立解得： =答案：B4.(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是A.处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项 A正确；根据E=BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，消耗机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项 B正确；若加反向磁场，根据椤次
5、定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项 C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项 D正确。答案：ABD5.直角坐标系 xOy中，M、N 两点位于 x轴上，G、H 两点坐标如图，M、N 两点各固定一负点电荷，一电量为 Q的正点电荷置于 O点时，G 点处的电场 强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到 G点，则 H点处场强的大小和方向分别为OyxH(0a)G(0乙a)NMA. 243akQ，沿 y轴正向B. ，沿 y轴负向C. 245ak，沿 y轴正向D.Q，沿 y轴负向解析：G 点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在 G点产生的合场
6、强与正电荷在 G点产生的场强大小相等反向相反，根据点电荷的场强公式可得，正电荷在 G点的场强为 ，负电荷在 G点的合场强也为 ，当正点电荷移到 G点时，正电荷与 H点的距离为 2a，正电荷在 H点产生的场强为 ，方向沿 y轴正向，由于 GH对称，所以负电荷在 G点和 H点产生的场强的相等方向相反，大小为 ，方向沿y轴负向，所以 H点处场合强的大小为 ，方向沿 y轴负向，所以 B正确；答案：B6.如图甲，R0 为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为 T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过 R0的电流 i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环 a端电势高于 b端
7、时，间的电压为 uab正，下列 uab-t图像可能正确的是A.B.C.D.解析：在第一个 0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内 a端电势高于 b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0-0.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内 a端电势低于 b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大；故选项 C正确。答案：C7.(多选)如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻，质量为 m的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间， 30T时间内微粒匀速运动，T 时
8、刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为 g。关于微粒在 T0时间内运动的描述，正确的是乙乙T32T3 TtO2E0E0E乙乙v0dA.末速度大小为 02v B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgd21D.克服电场力做功为解析：A、0 时间内微粒匀速运动，则有：qE 0=mg， 内，微粒做平抛运动，下降的位移 ， T 时间内，微粒的加速度 a= ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为 v0，故 A错误，B 正确。C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为 ，则重力势能的减小量为 ，故 C正确。
9、D、在 内和 T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为 ，整个过程中克服电场力做功为 ，故D错误。答案：BC二、非选择题(必做部分)8.某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。实验步骤：将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为 O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录 O1、O2 间的距离(即橡皮筋的长度 l)。每次将弹簧秤示数改变 0.50N，测出所对应的 l，部分数据如下表所示：找出中 F=2.50N时橡皮
10、筋两端的位置，重新记为 O、 ，橡皮筋的拉力记为 OF。在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到 O点，将两笔尖的位置标 记为 A、B，橡皮筋OA段的拉力记为 FOA，OB 段的拉力记为 FOB。FOBFOABAOO乙乙乙乙O2O1完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上(见答题卡)画出 Fl图线，根据图线求得l0=_cm。(2)测得 OA=6.00cm，OB=7.60cm，则 FOA的大小为_N。(3)根据给出的标度，在答题卡上作出 FOA和 FOB的合力 的图示。(4)通过比较 F与_的大小和方向，即可
11、得出实验结论。解析：(1)根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示；由图可知，图象与横坐标的交点即为 l0；由图可知 l0=10.0cm；(2)AB的总长度为 6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力 F=1.80N；(3)根据给出的标度，作出合力如图所示；(4)只要作出的合力与实验得出的合力 F00大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立。答案：(1)10.00；(2)1.80；(3)如图；(4)F OO9.如图甲所示的电路图中，恒流源可作为电路提供恒定电流 I0，R 为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器 RL消
12、耗的电功率。改变 RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的 U-I关系图线。回答下列问题：(1)滑动触头向下滑动时，电压表示数将 (填“增大”或“减小”)。(2)I0= A。(3)RL消耗的最大功率 W(保留一位有效数字)。解析：(1)定值电阻与滑动变阻器并联，当 R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过 R的电压减小，故电压表示数减小；(2)当电压表示数为零时，说明 RL短路，此时流过电流表的电流即为 I0；故 I0为 1.0A；(3)由图可知，当 I0全部通过 R时，I 0R=20；解得：R=4由并联电路规律可知，流过 RL的电流为：I=
13、 ；则 RL消耗的功率为：P=I 2RL= = ；则由数学规律可知，最大功率为：P=5W。答案：(1)减小；(2)1.0(3)510.如图甲所示，物块与质量为 m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为 l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60o角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的 0.6倍.不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为
14、g。求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功。解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为 T1，传感装置的初始值为 F1，物块质量为 M，由平衡条件可得：对小球：T 1=mg对物块，F 1+T1=Mg当细绳与竖直方向的夹角为 60时，设细绳的拉力大小为 T2，传感装置的示数为 F2，根据题意可知，F 2=1.25F1，由平衡条件可得：对小球：T 1=mgcos60对物块：F 2+T2=Mg联立以上各式，代入数据可得：M=3m；(2)设物块经过最低位置时速度大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力做功为 Wf，由动能定理得：mgl(1cos60)
15、W f= mv2在最低位置时，设细绳的拉力大小为 T1，传感装置的示数为 F3，据题意可知，F3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得：T3mg=m对物块由平衡条件可得：F3+T3=Mg联立以上各式，代入数据解得：Wf=0.1mgl。答案：(1)物块的质量为 3m；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功为 0.1mgl11.如图所示，直径分别为 D和 2D的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为 d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极 板开有一小孔。一质量为 m，电量为+q
16、的粒子由小孔下方 d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度 v射出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区，区磁感应强度的大小分别为 2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过 H点，求这段时间粒子运动的路程。解析：(1)设极板间电场强度大小为 E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：qE = mv2解得：E=(2)设 I区内磁感应强大小为 B，粒子做圆周运动的半径为 R，由牛顿第二定律得：qvB=m如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由
17、几何关系可得：R= ；解得：B= ；若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：R= ；解得：B=(3)设粒子在 I区和 II区做圆周运动的半径分别为 R1、R 2，由题意可知，I 区和 II内的磁感应强度大小分别为 B1= ；B 2= ；由牛顿第二定律可得：qvB1=m ，qvB 2=m代入解得：R 1= ，R 2= ；设粒子在 I区和 II区做圆周运动的周期分别为 T1、T 2，由运动学公式得：T1= ，T 2=由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为 1，II 区内所对圆心角设为 2，圆弧和大圆的两个切点与圆心 O连线间的夹角为
18、 ，由几何关系可得： 1=1202=180=60粒子重复上述交替运动到 H点，设粒子 I区和 II区做圆周运动的时间分别为 t1、t 2，可得：t1= T1，t 2= T2设粒子运动的路程为 s，由运动学公式可得 s=v(t1+t2)联立解得：s=5.5D答案：(1)极板间电场强度的大小 ；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，区磁感应强度的大小 或 ；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为 、 ，粒子运动一段时间后再次经过 H点，这段时间粒子运动的路程 5.5D。(选做部分)12.物理-物理 3-3：(1)(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是_ _。(双选，填正确答案标号)
19、A.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B.混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C.使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的解析：根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得碳粒运动造成的布朗运动；由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨法，布朗运动会越明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选 BC。答案：BC(2)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为 S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为 300K，压强为大气压强 P0。当封闭气体温度上升至
20、303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为P0，温度仍为 303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到 300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：(I)当温 度上升到 303K且尚未放气时，封闭气体的压强；(II)当温度恢复到 300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。解析：(I)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度 T0=300K，压强为 P0，末状态温度 T1=303，压强设为 P1，由查理定律得： =代入数据解得：P 1= P0；(II)设杯盖的质量为 m，刚好被顶起时，由平衡条件得：P 1S=P0S+mg放出少许气体后，以杯盖内的
21、剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度为T2=303K，压强 P2=P0；末状态温度 T3=300K，压强设为 P3，由查理定律得： =设提起杯盖所需的最小力为 F，由平衡条件得：F+P 3S=P0S+mg联立以上各式，代入数据得：F= P0S。答：(I)当温度上升到 303K且尚未放气时，封闭气体的压强为 P0；()当温度恢复到 300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力为 P0S。13.物理-物理 3-4：(1)(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为 y=0.1sin(2.5t)m。t=0 时刻，一小球从距物块
22、 h高处自由落下；t=0.6s 时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是_(双选，填正确答案标号)A.h=1.7m B.简谐运动的周期是 0.8s C.0.6s内物块运动的路程是 0.2mD.t=0.4s时，物块与小球运动方向相反解析：A.由振动方程式可得，t=0.6s 物体的位移为 y=0.2sin(2.50.6)=0.1m；则对小球有：h+ = gt2解得 h=1.7m；故 A正确；B.由公式可知，简谐运动的周期 T= = =0.8s；故 B正确；C.振幅为 0.1m；故 0.6s内物块运动的路程为 3A=0.3m；故 C错误；D.t=0.4s= ，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故 D错误；答案：AB。
