2015高考物理试题汇总

2a5需考物理锹墓汇总

全国

14.如图，两平行的带电金属板水平放置。若在

两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好-

保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于

纸面）逆时针旋转45。，再由a点从静止释放一同

样的微粒，改微粒将

A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动

C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动

【答案】D

【解析】试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋

转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a

点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的

作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正

确，A、B、C错误。

考点：电容器；电场力；力的平衡

15.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小

为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度3逆时针转

动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知

be边的长度为I。下列判断正确的是

A.Ua>Ue,金属框中无电流

a1

B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a

C.Ubc=-l/2BI2w,金属框中无电流

D.Ubc=l/2BI2w,金属框中电流方向沿a-c-b-a

【答案】C

试题分析：当金属框绕ab边以角速度“逆时针转动时，穿过直角三角形金属框二比的磁通量恒为、所以

没有感应电流，由右手定则可知，。点电势高，U：,故C正确，A、3、3错误.

考点：导体切割磁感线

16.由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经

过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，

发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步

卫星的环绕速度约为3.1X103/S,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度

为1.55X103/S,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同

步轨道的夹角为30。，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大

小约为

A.西偏北方向，1.9xl03m/sB.东偏南卜.

方向，1.9xl03m/s一—耳网步轨道

C.西偏北方向，2.7xl03m/sD.东偏南

方向，2.7xl03m/s

【答案】B

t解析】

试题分析：如下图所示:

由余弦定理，可知M=击+1COS30：=1.9X10,5,方向：东偏重方向，故-正确，.A3^

C错误.

考点：速度的合成与分解

17.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P

随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列

描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是

pj..................

【答案】A

【解析】

试题分析：由图可知，汽车先以恒定功率P1起动，所以刚开始做加速

度减小的加速度运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小

的加速运动，故A正确，B、C、D错误。

考点：机车起动问题

18.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是

A.指南针可以仅具有一个磁极

B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场

C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰

D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针

不偏转

【答案】BC

1解析】

试题分析：指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，诜明地球耳肓就场，故3正

确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定贝U,在指南针正

上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直.故D错误.

考点：安培定则

19.有两个运强磁场区域I和II,I中的磁感应强度是II中的k倍，两

个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相

比，II中的电子

A.运动轨迹的半径是I中的k倍B.加速度的大小是I中的k倍

C.做圆周运动的周期是I中的k倍D.做圆周运动的角速度是I中的k

倍

【答案】AC

【解析】

试题分析：电子在磁场中颇速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：八人吟解得一啰，因

为：中的磁感应强度是二中的；:倍，所以，二中的电子运动轨迹的半径是:中的;二借,故，正确；加速度

a="，加速度大小是二中的1之倍，故3错误；由周期公式：T=二二•涔二中的电十做圆周运动的

mqB

周期是：中的;:倍，故c正确；角速度。=三=史•，二中的电子做圆周运动的角速度是：中的一:倍

Tn;

考点：带电粒子在磁场中的运动；圆周运动

20.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某

两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列

车厢一大小为?a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和

Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同，

则这列车厢的节数可能为

A.8B.10C.15D.18

【答案】BC

【解析】试题分析：由设这列车厢的节数为n,P、Q挂钩东边有m节

F_2F

车厢，每节车厢的质量为m,由牛顿第二定律可知：km3(〃-k)m,解

k=-n

得：5,k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错

误

考点：牛顿第二定律

21.如图，滑块a、b的质量均为m,a套在固定直杆上，与光滑水平

地面相距h,b放在地面上，a、b通过较链用刚性轻杆连接。不计摩

擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则

A.a落地前，轻杆对b一直做正功

B.a落地时速度大小为”峭

C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

【答案】BD

【解析】

试题分析：当：：物体刚释放时，两者的速度都为4当。物体落地时，没杆的分速度为，由机械能6亘定

律可知，a落地时速度大小为豆故3正确；匕物体的速度也是为:，所以轻杆对）吃散正功，后做

负功，故A错误；a落地前，当a的机械能最小时，匕的速度最大，此时杆对3作用力为I这时，”★地

面的压力大小为；咯2的加速度为守故C错误，3正确。

考点：机械能守恒定律；运动的合成与分解

第n卷

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为题,

每个考题考生都必须作答，第33~40为选考题，考生格局要求作答。

（-）必考题（共129分）

22.（6分）某学生用图（a）琐事的实验装置测量物块与斜面的懂摩

擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,物块下滑过程中所

得到的只带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距

离。

般常打点计时器

斜面

图（b）

图⑷

物块下滑是的加速度a=----------m/s2；打点C点时物块的速度V=

----------M/S;

已知重力加速度大小为g,求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（天

正确答案标号）

A物块的质量B斜面的高度C斜面的倾角

【答案】（1）3.25；1.79；（2）C

【解析】试题分析：（1）根据纸带数据可知：加速度

=（也+XDE）—汐+%）=325mls_.1Q&乜.$七=.=L79，”/s

4片；打点C点时物块的速度，2T

（2）由牛顿第二定律得：加速度。=gsin。一〃gcos0,所以求出动摩擦因

数，还需测量的物理量是斜面的倾角。

考点：测量物块与斜面的懂摩擦因数

23.（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏是通过该表的电流的

两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供

材料器材如下：

待测电压表（量程3V,内阻约为3000欧），电阻箱R0

（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电压

2A）,电源E（电动势6V,内阻不计），开关两个，导线若干

（1）虚线框内为同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电

路图补充完整

（2）根据设计的电路写出步骤-------------------

（3）将这种方法测出的电压表内阻记为Rlv与内阻的真实值Rv先比

Rlv-----------Rv（添"或"<"）主要理由是

【答案】（1）（2）见解析；..............

（3）>；见解析

【解析】试题分析：（1）实验电路如图所示

（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关〃$：，调节工，使电压

表指针满偏；保证滑动变阻器的滑片的位置不变，断开调节电阻箱三，庾电二一的指针半偏；陵取电

阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表内阻；

（3）断开$：，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路的总电阻噌大，分得的电压也噌大，此时

两端的电压大于电压表的半偏电压，故凡：>Rr

考点：半偏法测电表内阻

24.（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q>0）的例子在匀强电

场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大

小为vO,方向与电场方向的夹角为60。；它运动到B二：

点时速度方向与电场方向的夹角为30。。不计重力。一三一三：

,A

求A、B两点间的电势差。

AB

【答案】q

【解析】

试题分析：设带电粒子在3点的速度大小为小粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即

V5S：n3Ci:=v；s：n60:

由此得豆=JQY：

设一人3两点间的电热差为二s，由动能定理有：

「一1、1

mv

qi龌=-^E--A

解得U二=

q

考点：动能定理；带电粒子在电场中运动

25.（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某

3

地有一倾角为0=37。。m37。=二）的山坡C,上面有一质量为m的石板

B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和

B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量

也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦

3

因数卜1减小为"B、C间的动摩擦因数g减小为0.5,A、B开始运

动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，口保

持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m,C足够长,

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:

（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小

A

（2）A在B上总的运动时间

—3队

【答案】(1)al=3m/s2；a2=lm/s2；(2)4s

【解析】

试题分析：本题主要考查牛顿第二定律、勺变速运动规律以及多物体多过程问题;

⑴在内，/和5受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

fi=3⑴

=w^cos&..(2)

工=心’：........(3)

、*二=+mgcos&..(4)

以沿着斜面向下为正方向，设上和3的加速度分别为，由牛顿第二定律可得:

mgsmO-fi=max..(5)

〃?gsin6-力+工=ma2.....(g)

联立以上各式可得al=3m/s2.........⑺

a二=lm。.............（8）

心在：.=k,设二和3的加速度分别为，则

七=aj：=6ms...........（9）

t=4=：l=1ms...........⑩

>:：时，设上和5的加速度分别为a]a；此时上3之间摩爆力为零，同理可得:

a1=6巾”..⑪

即3做勺减速，设经时间，3的速度减为零，则:

v:+a“：=0................(13)

联立⑩⑫⑬可得t-ls........04

在：.-:二时间内，.！相对于3运动的距离为

11,、11,、

5=（―art：+式八+一2，：）一（一a"；+\、八十一«1：、=12???<二"?.05）

此后3静止不动，.」继续在3上滑动，设再经时间后：.W离开3,则自

£-5=（看+必）0+:证

可得上=1—另一解不合题意，舍去，）

则上在3上的运动时间为：..

:总、=：.一：二一:产方

（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动;

33.[物理选修3-3]（15分）

（1）（5分）关于扩散现象，下列说法正确的是（填正确答案标号，选

对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3

分，最低得分。分）

A.温度越高，扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反

应

C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体

和固体中都能发生

E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的

【答案】ACD

【解析】

试题分析：根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确；扩散现象不是化学反应，故:'官误;

扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，故C正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故1正

确；液体中的扩散现冢不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故三错误

考点：分子动理论

（2）（10分）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B

侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为

l=10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0cm,现将开关K打开，从U形

管中放出部分水银，当两侧的高度差为hl=10.0cm时，将开关K关闭，

已知大气压强

P0=75.0cmHgo

（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度

AB

（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达A-——M—…一

到同一高度，求注入水银在管内的长度

【答案】(1)12.0cm；(2)13.2cm

【解析】

试题分析：⑴以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l=10.0cm时压强

为P；当两侧水银面的高度差为hl=10.0cm时，空气柱的长度为II,压

强为P1,由玻意耳定律得

由力学平衡条件得：H

打开开关K放出水银的过程中，3侧水银面处的压强始终为三，而上侧水银面土的压强芯空气柱的大度增加

逐渐减小，3、上两侧水银面的高度差也随之减小，直至3侧水银低于上侧水铜面比为I上，由力学平衡有

并代入数据得：上=1二Mm

二1当.八3两侧水银面达到同一高度时，设、侧空气柱的长度为三压强为三二・中玻意可定泮得

由力学平衡条件可知；

代入数据得/-10.4cm

设注入的水银柱在管内的长度」匚依题意各」21(/1-.2)-rl=13.2cm

考点：玻意耳定律

34.[物理选修3-4](15分)

(1)(5分)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖

底面上的入射角为e,经折射后射出a、b两束光线，

则(填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得

4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得；

分。分)

A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度

B.在真空中，a光的波长小于b光的波长

C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率

D.若改变光束的入射方向使6角逐渐变大，则折射光线a首先消失

E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条

纹间距大于b光的干涉条纹间距

【答案】ABD

【解析】试题分析：由图可知：玻璃砖对a光的折射率大于对b光的

折射率，故C错误；在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度,

故A正确；a光的频率大于b光的频率，在真空中，a光的波长小于b

光的波长，故B正确；若改变光束的入射方向使0角逐渐变大，因为

a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确；a光的波长小于

b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a

光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E错误。

考点：光的折射；光的干涉

(2)(10分)平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中

沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与Q

的距离为35cm,此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t=0

时由平衡位置开始向上振动，周期T=ls,振幅A=5cm。当波传到P点

时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s,平衡位置在Q处的质点

第一次处于波峰位置，求：

(i)P、Q之间的距离

(ii)从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，

波源在振动过程中通过路程。

【答案】(l)133cm；(2)125cm

【解析】

试题分析：（1）由题意，0、？两点的距离与波长满足：0P=二二

-t

波速与波长的关系为：v=1

在户主时间间隔内波传播的路程为IT,由题意有：Vt=PO+-

r

综上解得：?^=133cn;

心：，2处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动时间为：

f=t+-T

4

波源由平衡位置开始运动，每经过人，液源运动的路程为』由题意可知：q=25x3]

44

故匚时间内，波源运动的路程为J=25.^125cm

考点：波的传播

35.4物理选修3-5]（15分）

（1）（5分）实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中突出体现波

动性的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选

对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分。分）

A.电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样

B.p射线在云室中穿过会留下清晰的径迹

C.人们利慢中子衍射来研究晶体的结构

D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构

E.光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射

光的强度无关

【答案】ACD

【解析】

试题分析।电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样，可以说明电子是一种汽，故A正声,引述在云室

中穿过会留下清晰的径迹，可以说明[射线是一种粒子，故3错误；人们利慢中亍：时来研究晶体的结构，

中子衍射说明中子是一种波，故C正确；人们利用电子显微镜观测物质的微又吟d构，利用了电子的干洗现

冢，说明电子是一种波，故D正确；光电效应实验中，光电子的最大初动能与人射光的频率有关，与上射

光的强度无关，说明光是一种粒子，故三错误.

考点：波粒二象性

(2)(10分)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者

粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的

位置x随时间t变化的图像如图所示。求：

o).[6SID12

(i)滑块a、b的质量之比；

(ii)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的

机械能之比。

生」w_1

=

【答案】(1)加2—8；(2)iz2

【解析】

试题分析:⑴设a、5质量分别为叫、叱,么3碰撞前的速度为甘、口由题右图像得

v；=-2ms

vi=lms

么亍发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为「由题给图像可得Y=W，"5

r

由动量守恒定律得：叱

解得上1

S

（2）由能量守恒得.两滑块因碰撞而损失的机械能为

1,1,1,

At=一H—“，八：（nj.一»?、“一

由图像可知，两滑块最后停止运前，由动能定理得，两滑块克”?摩爆力所做的功为

JT"=—（»?.+”?、）「

考点：动量守恒定律；能量守恒定律

新课标1

14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方

向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进

入到较弱磁场区域后，粒子的

A.轨道半径减小，角速度增大B.轨道半径减小，角速度减小

C.轨道半径增大，角速度增大D.轨道半径增大，角速度减小

答案D

解析

由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即G5="；二，轨道半径义=2二洛伦兹力

RqB

不作用，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度。=上

R

可判断角速度变小.选项D正确.15.如图，

直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是

它们的交点，四点处的电势分别为如、以、外、卜

一二

”。一电子有M点分别运动到N点和P点的

.，-…C

过程中，电场力所做的负功相等，则可'厂"Q；

二…L”

N：P；

A.直线a位于某一等势面内，恒〉附

B.直线c位于某一等势面内，%＞而

C.若电子有M点运动到Q点，电场力做正功

D.若电子有P点运动到Q点，电场力做负功

答案B解析：电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势

差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所

以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N,电场力对负电荷做负功,

说明MQ为高电势，NP为低电势。所以直线c位于某一等势线内，但

是鬼=册，选项A错B对。若电子从M点运动到Q点，初末位置电势

相等，电场力不做功，选项C错。电子作为负电荷从P到Q即从低电

势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错。

16.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1,在原、副线圈的回路中

分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在

R______

电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。「「J1

设副线圈回路中电阻两端的电压为明原、副j折?

线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则

tZ=667,i=-(7=227,*=-

A.9B.9

iZ=66K,Jt=-U=22T,k=-

C.3D.3

答案A

解析：

原副绕圈电压比等于匝数比，根据副线图负载电限的电压*,可知副送圈电压为t,,原线圈电压为九，副

线圈电流/=三，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流/.=巴，那么原线圈输入电压

R13R

220^=3^--)R,整理可得a=66。原副线圈电阻消耗的功率根据》=公尺，电限相等，电流为15,

3R

可得功率比为13k=q,对照选项R可.]7女口图

一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ

水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好

从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg,g

为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中客服

摩擦力所做的功。则

A.印与侬,质点恰好可以到达Q点

B.金\质点不能到达Q点

C.质点到达Q后，继续上升一段距

离

D.质点到达Q后，继续上升一段距离

答案C

解析I

根据动能定理可得？点动能与孑=〃磔，经过\点时，半径方向的合力提供向心力，可得4〃运-“；£=W—»

所以、点动能为En-=史默，从？点3、点根据动能定理可得，"超-”过式，即摩嚓力做

功”=-二四.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F--"；gsin@="；a="；］，根据左右对称，

2-R

在同一高度，由于摩擦力敞功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩爆力/=,〃月.变小，所以摩嚓

力做功变小，那么从、到Q,根据动能定理，Q点动能"-”?gK-2,由于2V喀，所以

Q点速度仍然没有减小到3,仍会继续位上运动一段距离，对照选项C对.

18、一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分

别为乙和乙，中间球网高度为人发射机安装于台面左侧边缘的中点，

能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为

3Ao不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率为V在

某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，

则V的最大取值范围是()

答案：D

解析：

发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定了运动的时间：=，^=楫，

水平方向勺速直线运动，水平位移最小环沿中线方向水平发射恰好过球网，此时从发球点到球网，下降高

度为3U,水平位移大小为多可得运动时间：=栏对应的最小初速度后.

水平位移最大即斜向对方台面的两个角发射，根据几何关系此时的位移大小为;亚”［，所以平抛的初

速度g<\<^-J4Z：+Z：>1^-,对照选项D对.

-'-v19>1824

年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘

水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,

如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕

过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动

起来，但略有滞后。下列说法正确的是

A.圆盘上产生了感应电动势

B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变

化

D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导

致磁针转动

答案：AD

解析：

圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，区

盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项3对.圆

盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错.圆盘本

身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错.

20、如图（a）,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图

线如图（b）所示。若重力加速度及

图中的％、黄、叁均为已知量，则可

求出

A.斜面的倾角

B.物块的质量

C.物块与斜面间的动摩擦因数

D.物块沿斜面向上滑行的最大高度

答案ACD解析：小球滑上斜面的初速度!已知，向上滑行过程

%

为匀变速直线运动，末速度0,那么平均速度即万，所以沿斜面向上滑

行的最远距离根据牛顿第二定律，向上滑行过程

-=gsin0+figcos0々=gain®-"geos。gsin8=%f

右，向下滑行与，整理可得羽，从

而可计算出斜面的倾斜角度。以及动摩擦因数，选项AC对。根据斜面

的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度£选

项D对。仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错。

21、我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面

附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高

处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器

自由下落。已知探测器的质量约为以'IO%,地球质量约为月球的81倍，

地球半径为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9丽4。则

次探测器

A.在着陆前瞬间，速度大小约为89小/$

B.悬停时受到的反冲作用力约为2X10加

C.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒

D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的

线速度

答案：BD

解析：

星球表面万有引力提供重力即名”=喧，重力加速度g="，地球表面2="=9$〃5：,则月

RR

3"x37G\I

球表面才=，詈=2则探测器重力

（上幻：S1汗6

G=wg'=1300Ag>-x9.SAT。=2000丫,选项3对,探测器自由落体，末速度

Y=J，％A>9.S=S.9,选项A错.关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月

轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C错.近月轨道即万有引力提供向心力

3~GM

三:小于近地卫星线速度，选项D对.

SIR

22.（6分）某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通过凹形桥最低

点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥

模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）o

完成下列填空:

将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为

1.00kg；

将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所

示，该示数为kg;

将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧,

此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各

次的m值如下表所示：

序号12345

m(kg)1.801.751.851.751.90

根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为N；

小车通过最低点时的速度大小为（重力加速度大小取

m/so

9.80m/s2,计算结果保留2位有效数字）

答案：（2）1,4（4）7.94N；v«lAm/s

解析：

（二）根据秤盘指针可知量程是1：”后指针所指示数为1.4kg4，记录的托盘称各次示数并不相同，为减小误

差，取平均值，即”?=LS1烛.而模拟器的重力为G="；'g=9$V,所以小车经过凹形桥最低点的压力

为飞-.94.V,根据径向合力提共向心力即~94.V-Q」修-1侬）〉9.S相=（1.4粒-1植）上,

R

整理可得S

23.（9分）图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是

毫安表的改装电路。

⑴已知毫安表表头的内阻为100C,满偏电流为1mA；R1和R2为阻值

固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a

和c两个接线柱，电表量程为10mA。由题给条件和数据，可求出片=

Q,&=Qo

（2）现用一量程为3mA、内阻为150Q的标准电流表③对改装电表的

3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、L5、2.0、2.5、3.0mA。

电池的电动势为1.5V,内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值

分别为300Q和1000Q；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为

750Q和3000Qo则R0应选用阻值为Q的电阻，R应选用最

大阻值为C的滑动变阻器。

⑶若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b））

的电路可以判断出损坏的电阻。图（b）中的V为保护电阻，虚线框内

未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱

（填〃b"或"C"）相连。判断依据是：O

答案：（1）K=15C&=35a（2）500a3000Q（3）C若电流表无示数，

则说明&断路，若电流表有示数，则说明片断路。

解析：

（1）定值电阻和至安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程

为3mA,则通过R的电流为〉，1，电流比为1、所以电阻比为二1，可得R+几=1义一=50C.若使

43-32

用a和。两个接线柱，电表量程为1M.A,通过艮的电流为9，射，电流比为0，可得电阻比为91,即

凡《喝+&）,整理可得&=35Q,舄=15d（2）根据

1.5v

电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为嬴场突。00口,最小阻值

I.5v

为彘I=50g。若定值电阻选择为1000Q,则无法校准3.0mA；所以定

值电阻选择5000。由于最大阻值要达到300幅，所以滑动变阻器要选择

3000Q。

（3）因为只有一个损坏，所以验证&是否损坏即可。所以d点应和接

线柱”c〃相连，若电流表无示数，则说明与短路，若电流表有示数，则

说明K断路。

24.（12分）如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水

平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于

纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一

电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2。。已知开关断开时两弹

簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量

与开关断开时相比均改变了0.3cm,重力加速度大小取10那"。判断开

关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

答案：m=0.01格i

3

一

解析：金属棒通电后，闭合回路电流aXX6XX

XXXXX

1,——U=-12-y=o一A

R2Q

导体棒受到安培力尸=9=。.丽

根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下

开关闭合前无、0.5*10-2那=摩

开关闭合后

m=0.01短

25.(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在

木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图(a)所示。，=0

时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至猫时木板

与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反;

运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的VT

图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小

g取10价/3。求

⑴木板与地面间的动摩擦因数必及小物块与木板间的动摩擦因数外；

(2)木板的最小长度；

⑶木板右端离墙壁的最终距离。

答案：（1）A=0.1私=0.4（2）6m（3）6.5m

解析：（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为-4冽/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是旷=4冽/5

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有

4m/s-Om/s

纭二-b-

解得巧=0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间位移*=4.5那，末速度丫=痴/^

_1_2

其逆运动则为匀加速直线运动可得A2带入可得a=I冽力

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即跖可得巧二°」

（2）碰撞后，木板向左匀减速,依据牛顿第二定律有小

可得“4粒,对滑块，则有加速度?=4m"2

滑块速度先减小到0,此时碰后时间为“必

1,108.

此时，木板向左的位移为再=吗”*=可"末速度巧

4m/s+Q

滑块向右位移。=^^广

此后，木块开始向左加速，加速度仍为%=4冽//木块继续减速，加速度

e、,a.--mls2

仍为3

假设又经历‘2二者速度相等，则有贴=巧-砧解得“。.5£

_2_7

此过程，木板位移鼻一卬2-5卬2-71末速度匕=巧-砧=2m/s

_J.2-1

滑块位移,=万砧=?"此后木块和木板一起匀减速。

二者的相对位移最大为书〜

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为题

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度

位移"L或=2梆所以木板右端离墙壁最远的距离为&+、+&=6.5褥

33.【物理一选修3-3】（15分）

（1）（5分）下列说法正确的是（填正确答案标号，选对一个得2分,

选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0

分）

A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体

B.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同

的光学性质

C.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不

同的晶体

D.在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以

转化为晶体

E.在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不

变

答案：BCD

解析：晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎

为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错。根据是否有固定的熔点，可以把

固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，选项B对。同种元素

构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和炭。

选项C对。晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反

之亦然，选项D对。熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能

增大，选项E错。

(2)(10分)如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，

两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为叼=2.50短，横截面积为

曷=80.萩，小活塞的质量为强=1.50初，横截面积为蜀=轨2；两活塞

用刚性轻杆连接，间距保持为，=做百，气缸外大气压强为P=1.00xl0sPa,

温度为丁=303£。初始时大活塞与大圆筒底部相距万，两活塞间封闭气

体的温度为看=495风现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽

略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度且取1所疗，

求

(i)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭

气体的温度「

1日

(ii)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内

封闭气体的压强

2

%=(看=330后

s

答案⑴(jj)p2=1.0IxI0/w

解析：（1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内

21="__L

压强不变，气缸内气体为等压变化，即看为初始巧二53产2）末状态

Ls

y2=2

2

n=（方=330后

带入可得

（2）对大小活塞受力分析则有巧"期可得

5

px=l.lxl0pa

缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变

P\—Pl

化斤—元

可得P2=L01xl（）5pa

34【物理一选修3-4】（15分）

（1）在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在

双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距必与绿光的干涉条纹间距功相

比Ax.%（填“或"="）。若实验中红光的波长为630m,双

缝到屏幕的距离为山，测得第一条到第6条亮条纹中心间的距离为

105mm,则双缝之间的距离为M。

答案：＞。3

解析：双缝干涉条纹间距=彳，红光波长长，所以红光的双缝干涉条

纹间距较大，即

色＞%。条纹间距根据数据可得如ye"，根据&3

可得&o

(2)(10分)甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿*轴正向和负向

传播，波速均为25cm”,两列波在"。时的波形曲线如图所示求

(i)f=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的工坐标

(ii)从，=。开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-15的质点的

时间

答案(i)Xt=(50+300n)cm«=±1,±2,±3«…"(jj)0.1s

解析：(1)根据两列波的振幅都为必H,偏离平衡位置位移为16加的

的质点即为两列波的波峰相遇。

设质点#坐标为X

根据波形图可知，甲乙的波长分别为％=65，％=5痴

则甲乙两列波的波峰坐标分别为

综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为

整理可得再=(50+300")cmn=±lj±2,±3,

(ii)偏离平衡位置位移为T5是两列波的波谷相遇的点,

"0时，波谷之差1a乜好

整理可得6=1°<6%-5%>+5波谷之间最小的距离为Z，=5cm

两列波相向传播，相对速度为方=5由/s

?=生=01

所以出现偏离平衡位置位移为-15的最短时间一2V一弧"s

35.【物理一选修3-5】(15分)

(1)(5分)在某次光电效应实验中，得到的遏制电压幅与入射光的频

率y的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为无和"电子电荷

量的绝对值为%则普朗克常量可表示为，所用材料

的逸出功可表示为。

答案/=麻w9=-eb

解析：光电效应中，入射光子能量加，克服逸出功外

后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电压"二加一班;整理得

_h_也A_,

斜率即£=＜所以普朗克常量―访截距为3即的=-%,

所以逸出功飞=-刈

(2)(10分)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同

一直线上，A位于B、C之间。A的质量为加，B、C的质量都为"，三

者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求冽和〃之间满足

什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹

性的。

答案：m2-4Mm>M2

解析：设A运动的初速度为先,

A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得加=f+的2

-mv2

22122

_m-M_2m

可得V嬴函"2=方要使得A与B发生碰撞,需要满足马＜0,即如＜的

A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞帆=f+应

12121*,2

-mv.=—4

212324

_m-M_2m

整理可得%=m+MVi!=

由于加所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要

满足匕

整理可得--而翻＞/解方程可得冽-2次

安徽

14.图示是a粒子（氯原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、

N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可./

以认为重金属原子核静止不动。图中所标出，1'

nU1\

的a粒子在各点处的加速度方向正确的是.,°”

A.M点B.N点C.P点D.Q点

【答案】C

【解析】

试题分析：由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互拄斥，由牛眄第

二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正确，ABD错误.

考点：考查库仑定律和牛顿第二定律。

15.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为ql

和q2。其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为"“警，式中

k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为

A.kg-A2-m3B.kg-A-2-m3-s-4C.kg-m2-C-2

D.N-m2-A-2

【答案】B

【解析】

友_Fr2_lcgpr«tikgp?

试题分析：由=嬴可得单位为飞后，故选

Bo

考点：考查库仑定律和单位制。

16.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的

交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片

从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A,

电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是

A.电压表vi本数增大1―In

B.电压表V2、V3示数均增大iY

C.该变压器起升压作用

D.变阻器滑片是沿―的方向滑动

【答案】D

【解析】

流题分析：电流表示数噌大，说明滑动变阻器接入电路的限值减小，故应从c向d目动，故D正用；电压

表V.、V：示数不变，故A、B错误；原副线圈中的