高考真题（山东卷）物理试题详尽解析（Word版） 8页

2015 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 理科综合能力测试（物理） 第Ⅰ卷（必做 共 107分） 二、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。第小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有 的有多个选项正确，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．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 【答案】A 【解析】小车上的物体落地的时间 2Ht g  ；小车从 A到 B的时间 1 xt v  ，小球下落的时间 2 2ht g  ．由 题意得时间关系： 1 2t t t  ，即 2 2H d h g v g   ，解得：h=1.25m，选项 A正确。 15．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 a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小， a3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．a2>a3>a1 B．a2>a1>a3 C．a3>a1>a2 D．a3>a2>a1 【答案】D 【解析】由于 2 n MmG ma r  ，则 2n GMa r  ，由题意可知月球的轨道半径大于空间站的轨道半径，而同步 卫星的运动周期小于空间站的周期，故空间站的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，所以 a3>a2>a1．选项 D正确。 16．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μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。A与 B的质量之比为 A． 1 2 1   B． 1 2 1 2 1      C． 1 2 1 2 1      D． 1 2 1 2 2      【答案】B 【解析】物体 AB整体在水平方向受力平衡，则有 2 ( )A BF m m g  ；对于物体 B在数值方向平衡有： 1 BF m g  ，联立解得： 1 2 1 2 1A B m m       ，选项 B正确。 17. 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 【答案】ABD 【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，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容 易停止转动，选项 B正确；若加反向磁场，根据楞次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圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动。选项 D正确， 选项 ABD正确。 A B h 地球 月球 L1 B A O × × 18．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 A． 2 3 4 kQ a ，沿 y轴正向 B． 2 3 4 kQ a ，沿 y轴负向 C． 2 5 4 kQ a ，沿 y轴正向 D． 2 5 4 kQ a ，沿 y轴负向 【答案】B 【解析】因正电荷在 O点时，G点场强为零，则两负电荷在 G点形成的电场的合场强为 1 2 QE k a  ；若将 正电荷移到 G点，则正电荷在 H点的场强为 2 2 2 1 (2 ) 4 Q kQE k a a   ，因两负电荷在 G点的场强与在 H点 的场强等大反向，则 H点的合场强为 1 2 2 3 4 kQE E E a    ，方向沿 y轴负向，选项 B正确。 19．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端时，a、b间的电压为 uab正，下列 uab–t图像可能正确的是 u R0 i a b t i O 0.5T0 T0 1.5T0 图甲 图乙 t uab O 0.5T0 T0 1.5T0 t uab O T0 2T0 3T0 t uab O 0.5T0 T0 1.5T0 t uab O T0 2T0 3T0 A B C D 【答案】C 【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，而电流的变化率逐渐减小，所以内环的电动势逐渐减小；同理在第 0.25T0~0.5T0时间内，通 过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内 a端电势低于 b端，而电流的变化率逐渐变 大，所以内环的电动势逐渐变大，由题所给选项图判定，选项 C正确。 20．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，0~T/3 时间内微粒匀速运动，T时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 0~T时间内运动的描述，正确 的是 A．末速度大小为 02v B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 mgd/2 D．克服电场力做功为 mgd 【答案】BC 【解析】因 0~T/3内微粒匀速运动，则 qE0=mg；在 T/3~2T/3时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动， 在 2T/3时刻的竖直分速度 vy1=gT/3，水平分速度为 v0；在 2T/3~T时间内有 2qE0–mg=ma，得 a=g，方向向 上，在 T时刻，微粒的竖直分速度减小到 0，水平分速度仍为 v0，A错误，B正确；微粒的重力势能减小 了ΔEp=mgd/2，C正确；从射入到离开，由动能定理得：mgd/2+W 电=0，克服电场力做功 mgd/2，D错误， 选项 BC正确。 x y OM N H(0，a) G(0，–a) t E O E0 3 T 2 3 T 3 T 2E0 v0d 图甲 图乙 第 II卷（必做 157 分+选做 36 分，共 193 分） 【必做部分】 21. （10分）某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。 实验步骤： ①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。 ②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： F(N) 0 0.50 1.00 1.05 2.00 2.50 l (cm) l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05 ③找出②中 F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为 O、Oʹ，橡皮筋的拉力记为 FOOʹ． ④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。 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 F—l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Ｆʹ的图示。 （4）通过比较Ｆʹ与________的大小和方向，即可得出实验结论。 【答案】（1）10.00（9.8、9.9、10.1均正确） （2）1.80（1.70-1.90均正确） （3）如图 （4）FOOʹ 【解析】（1）做出 F-l图像，求得直线的截距即为 l0，可得 l0=10.00cm ； （2）可计算弹簧的劲度系数为 1 N/m 50N/m 0.02 Fk x     ；若 OA=6.00cm，OB=7.60cm，则 弹簧的弹力 250 (6.00 7.60 10.00) 10 N 1.8NF k l         ；则此时 FOA=FOB=F=1.8N； l/cm F/N 9 10 11 12 13 14 15 160 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 O Oʹ B A Fʹ 1N （3）如图； （4）通过比较 Fʹ和 FOOʹ的大小和方向，可得出实验结论。 22. （8分）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。 A V I0 R RL连接恒流源 图甲 I/A U/V 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 5 10 15 20 图乙 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． O1 O2 图甲 O A 图乙 B FOA FOB Oʹ （3）RL消耗的最大功率 W（保留一位有效数字）。 【答案】（1）减小；（2）1.0（3）5 【解析】（1）滑动头向下移动时，RL阻值减小，则总电阻减小，电压变小，则电压表读数变小； （2）由电路图可知： 0 UI I R   ，即：U=I0R-IR，由 U-I图线可知，I0R=20；而曲线的斜率为 R 的大小， 20 20 1.0 R k    ，则 I0=1.0A； （3）RL消耗的功率为 P=IU=20I–20I2，当 I=0.5时，功率的最大值为 Pm=5W． 23. （16分）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 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。 【答案】（1）3m；（2）0.1mgl 【解析】（1）设开始时细绳的拉力大小为 1T ，传感装置的初始值为 1F ，物块质量为M，由平衡条件得： 对小球， 1T =mg ① 对物块， 1F + 1T =mg ② 当细绳与竖直方向的夹角为 060 时，设细绳的拉力大小为 2T ，传感装置的示数为 2F ，据题意可知， 2F =1.25 1F ，由平衡条件得 对小球， 2 cos60T mg  ③ 对物块， 2F + 2T =Mg ④ 联立①②③④式，代入数据得 M=3m ⑤ （2）设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所 做的功为 tW ，有动能定理得 21(1 cos60 ) 2tmgl W mv    ⑥ 在最低位置，设细绳的拉力大小为 3T ，传感装置的示数为 3F ，据题意可知， 3F =0.6 1F 对小球，由牛顿第二定律得 3T –mg= 2vm l ⑦ 对物块，由平衡条件得 3F + 3T = Mg ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 tW =0.1mgl ⑨ 24. （20分）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（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ 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 H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 I区磁感应强度的大小； （3）若Ⅰ区，Ⅱ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。 图甲 m l 图乙 m l 600 × × × × × × × × × × I II O G H v d 【答案】（1） 2mv qd （2） 4mv qD 或 4 3 mv qD （3）5.5πD 【解析】（1）设极板间电场强度的大小为 E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 21 2 2 dqE mv ① 由①式得 2mvE qd  ② （2）设 I区磁场感性强度的大小为 B，粒子作圆周运动的半径为 R，由牛顿第二定律得 2vqvB m R  ③ 如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得 4 DR  ④ 联立③④式得 4mvB qD  ⑤ 若粒子轨迹与小圆内切，有几何关系得 3 4 DR  ⑥ 联立③⑥式得 4 3 mvB qD  ⑦ （3）设粒子在？I区和 II区做圆周运动的半径分别为 1R 、 2R ，由题意可知 I和 II区磁感应强度的大 小分别为 1 2mvB qD  、 2 4mvB qD  ，由牛顿第二定律得 2 1 1 vqvB m R  ， 2 2 2 vqvB m R  ⑧ 代入数据得 1 2 DR  ， 2 4 DR  ⑨ 设粒子在 I区和 II区做圆周运动的周期分别为 1T 、 2T ,由运动学公式得 1 1 2 RT v   ， 2 2 2 RT v   ⑩ 据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据 对称可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为 1 ，II区内圆弧所对圆心角设为 2 ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为 ，有几何关系得 0 1 120  ○11 0 2 180  ○12 060  ○13 粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子 I区和 II区做圆周运动的时间分别为 1t 、 2t ，可得 1 1 1 2360 360 t T      , 2 2 2 360 360 t T      ○14 设粒子运动的路程为 s，由运动学公式得 1 2( )s v t t  ○15 联立⑨⑩○11○12○13○14○15式得 5.5s D ○16 【选做部分】 图甲 图乙 θ1 θ1 θ2α 图丙 37【物理–物理 3-3】 （1）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） 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 【答案】bc 【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，碳粒的无规刚运动为布 朗运动；由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳拉更小的墨汁，布朗运动会越明显， 则混合均匀的过程进行得更迅速，选项 b、c 正确。 （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 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。 【答案】（i） 0 101 100 p （ⅱ） 0 201 10100 p S 【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 0T =300K,压强为 0p ，末状态温度 1T =303K，压强设为 1p ，由查理定律得 0 1 0 1 p p T T  ① 代入数据得 1 0 101 100 p p ② （ii）设杯盖的质量为 m，刚好被顶起时，由平衡条件得 1 0p S p S mg  ③ 放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度 2T =303K，压强 2p = 0p ， 末状态温度 3T =300K，压强设为 3p ，由查理定律得 32 2 3 pp T T  ④ 设提起杯盖所需的最小力为 F，由平衡条件得 F+ 3p S= 0p S+mg ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 0 201 10100 F p S ⑥ 38.【物理–物理 3-4】 （1）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(2.5πt)m．t=0时刻，一小球从距物块 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 0.2m d．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反 【答案】ab 【解析】t=0.6s时，物块的位移为 y=0.1sin(2.5π×0.6)m=–0.1m；而小球 21 2 h y gt  ，解得 h=1.7m，a正 确；简谐运动周期为 2 2 0.8 2.5 T s s       ，b 正确；0.6s 内物块运动的路程为 3A=0.3m，c 错误； t=0.4s= 2 T ，此时物块在平衡位置向下振动与小球运动方向相同，d错误，选项 a、b正确。 S h （2）半径为 R、介质折射率为 n的透明圆柱体，过其轴线 OOʹ的截面如 图所示。位于截面所在平面内的一细束光线，以角 i0由 O点入射，折 射光线由上边界的 A点射出。当光线在 O点的入射角减小至某一值时， 折射光线在上边界的 B点恰好发生全反射。求 A、B两点间的距离。 【答案】 2 2 0 2 0 sin1( )R sin1 n i in    【解析】当光线在 O点的入射角为 0i 时，设折射角为 0 ，由折射定律得 0 0 sin sin i n   ① 设 A点与左端面的距离为 Ad ，由几何关系得 0 2 2 sin A R d R    ② 若折射光线恰好发生全反射，则在 B点的入射角恰好为临界角 C，设 B点与左端面的距离为 Bd 由折射规律得 1sinC n  ③ 由几何关系得 2 2 sin B B dC d R   ④ 设 A、B两点间的距离为 d ，可得 B Ad d d  ⑤ 联立①②③④⑤式得 2 2 0 2 0 sin1( )R sin1 n i d in     ⑥ 39.【物理–物理 3-5】 （1） 14C 发生放射性衰变为 14N ，半衰期约为 5700 年。已知植物存活其间，其体内 14C 与 12C 的比 例不变；生命活动结束后， 14C 的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中 14C 的比例正好是 现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是_____。（双选，填正确答案标号） a．该古木的年代距今约为 5700年 b． 12C 、 13C 、 14C 具有相同的中子数 c． 14C 衰变为 14N 的过程中放出β射线 d．增加样品测量环境的压强将加速 14C 的衰变 【答案】ac 【解析】古木样品中 14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期， 即该古木的年代距今约为 5700年， a 正确； 12C 、 13C 、 14C 具有相同的质子数，由于质量 数不同，故 中子数不同， b错误；根据核反应方程可知， 14C 衰变为 14N的过程中放出电子，即发出β射线， c正确； 外界环境不影响放射性元素的半衰期， d错误；选项 a、c正确。 （2）如图，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平轨道上。现给滑块 A向右的 初速度 v0，一段时间后 A与 B发生碰撞，碰后 AB分别以 v0/8、3v0/4的速度向右运动，B再与 C发生 碰撞，碰后 B、C粘在一起向右运动。滑块 A、B与轨道间的动摩擦 因数为同一恒定值。两次碰撞时间极短。求 B、C碰后瞬间共同速 度的大小。 R O Oʹ i0 R O Oʹ i0 γ0 dA dB C A B A B C v0htt p://blo 【答案】 0 21 16 v v 【解析】设滑块质量为 m，A与 B碰撞前 A的速度为 Av ,由题意知，碰撞后 A的速度 0 1 8Av v  ，B的速度 0 3 4Bv v ，由动量守恒定律得 A A Bmv mv mv  ① 设碰撞前 A克服轨道阻力所做的功为 AW ，由功能关系得 2 2 0 1 1 2 2A AW mv mv  ② 设 B与 C碰撞前 B的速度为 Bv ,B客服轨道阻力所做的功为 sW ，由功能关系得 2 21 1 2 2B B BW mv mv  ③ 据题意可知 A SW W ④ 设 B、C碰后瞬间共同速度的大小为 v ,由动量守恒定律得 2Bmv mv  ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得 0 21 16 v v ⑥