2015年高考真题（山东卷）物理试题详尽解析（Word版）.doc

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1、2015 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 理科综合能力测试理科综合能力测试（物理） 第卷（必做 共 107 分） 二、选择题（共二、选择题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，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，全部选对的得的有多个选项正确，全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。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

2、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 A1.25m B2.25m C3.75m D4.75m 【答案】A【解析】小车上的物体落地的时间；小车从 A 到 B 的时间，小球下落的时2Htg1xtv间由题意得时间关系：，即，解得：h=1.25m，选项 A 正确。22htg12ttt22Hdh gvg15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

3、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 Aa2a3a1 Ba2a1a3 Ca3a1a2 Da3a2a1 【答案】D【解析】由于，则，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2nMmGmar2nGMar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 a3a2a1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

4、 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 B C D121 12121 12121 12122 【答案】B 【解析】物体 AB 整体在水平方向受力平衡，则有；对于物体 B 在数值方向平衡有：2()ABFmmg，联立解得：，选项 B 正确。1BFm g12121ABm m 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

5、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。ABh地球月球L1BAO 18直角坐标系 xOy 中，M、N

6、 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，沿 y 轴正向 B，沿 y 轴负向23 4kQ a23 4kQ aC，沿 y 轴正向 D，沿 y 轴负向25 4kQ a25 4kQ a 【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；若12QEka将正电荷移到 G 点，则正电荷在 H 点的场强为，因两负电荷在 G 点的场强与在 H2221 (2 )4QkQE

7、kaa点的场强等大反向，则 H 点的合场强为，方向沿 y 轴负向，选项 B 正确。1223 4kQEEEa19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 uabt 图像可能正确的是uR0ia btiO0.5T0T01.5T0图甲 图乙tuabO0.5T0T01.5T0tuabOT02T03T0tuabO0.5T0T01.5T0tuabOT02T03T0A B C D 【答案】C 【解析】在第

8、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 0.25T00.5T0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，0T/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

9、板接触。重力加速度的大小为 g。关于微粒在 0T 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xyO MNH(0，a)G(0，a)tEO E03T2 3T 3T2E0v0d图甲图乙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 0T/3 内微粒匀速运动，则 qE0=mg；在 T/32T/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/3T 时间内有 2qE0mg=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

10、错误，B 正确；微粒的重力势能减 小了 Ep=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。第 II 卷（必做 157 分+选做 36 分，共 193 分） 【必做部分必做部分】 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： 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

11、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)00.501.001.052.002.50 l (cm)l010.9712.0213.0013.9815.05 找出中 F=2.50N 时橡皮筋两端的位置，重新记为 O、O，橡皮筋的拉力记 为 FOO 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

12、 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）FOO 【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；若 OA=6.00cm，OB=7.60cm，则1N/m50N/m0.02Fkx 弹簧的弹力；则此时

13、FOA=FOB=F=1.8N；250 (6.007.60 10.00) 10 N1.8NFk l l/cmF/N91011121314151600.51.01.52.02.53.0O1O2图甲O A图乙B FOA FOBOOOBAF1N（3）如图； （4）通过比较 F和 FOO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。AVI0RRL连接恒流源连接恒流

14、源图甲I/AU/V00.20.40.60.81.01.25101520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 （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：，即：U=I0R-IR，由 U-I 图线可知，I0R=20；而曲线的斜率为 R0UIIR的大小，则 I0=1.0A；20201.0Rk （3）RL消耗的功率为 P=IU=20I20I2，当 I=0.5 时，功率

15、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

16、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，传感装置的初始值为，物块质量为 M，由平衡条件得：1T1F对小球，=mg 1T图甲ml图乙ml 600对物块，+=mg 1F1T当细绳与竖直方向的夹角为时，设细绳的拉力大小为，传感装置的示数为，据题意可知，0602T2F=1.25，由平衡条件得2F1F对小球， 2cos60Tmg对物块，+=Mg 2F2T联立式，代入数据得 M=3m （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，有动能定理得tW21(1 cos60 )2tmglWmv

17、在最低位置，设细绳的拉力大小为，传感装置的示数为，据题意可知，=0.63T3F3F1F对小球，由牛顿第二定律得mg= 3T2vml 对物块，由平衡条件得 += Mg 3F3T联立式，代入数据得 =0.1 tWmgl24. （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（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 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

18、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。【答案】 （1） （2）或 （3）5.5D2mv qd4mv qD4 3mv qD 【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 22dqEmv由式得 2mvEqd（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2vqvBmR如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种

19、情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得 4DR 联立式得 4mvBqD若粒子轨迹与小圆内切，有几何关系得3 4DR I IIOGHvd图甲联立式得 4 3mvBqD（3）设粒子在？I 区和 II 区做圆周运动的半径分别为、，由题意可知 I 和 II 区磁感应强度的1R2R大小分别为、，由牛顿第二定律得12mvBqD24mvBqD， 21 1vqvBmR22 2vqvBmR代入数据得， 12DR 24DR 设粒子在 I 区和 II 区做圆周运动的周期分别为、,由运动学公式得1T2T， 1 12 RTv2 22 RTv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

20、，I 区两段圆弧所对圆心角相同，设为，II 区内圆弧所对圆心角设1为，圆弧和大圆的两个切点与圆心连线间的夹角设为，有几何关系得2O0 1120110 21801206013粒子重复上述交替运动回到点，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、H1t，可得2t, 1 112360 360tT 2 22360 360tT 14设粒子运动的路程为，由运动学公式得 s12()sv tt15联立式得 11121314155.5sD16【选做部分选做部分】 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

21、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

22、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： （）当温度上升到 303K 且尚未放气时，封闭气体的压强； （）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） （）0101 100p0201 10100p 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=300K,压强为，末状态温度0T0p图乙11 2图丙S=303K，压强设为，由查理定律得1T1p0101pp TT代入数据得 10101 10

23、0pp（ii）设杯盖的质量为 m，刚好被顶起时，由平衡条件得10p Sp Smg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=303K，压强=2T2p，末状态温度=300K，压强设为，由查理定律得0p3T3p3223pp TT设提起杯盖所需的最小力为 F，由平衡条件得 F+S=S+mg 3p0p联立式，代入数据得 0201 10100Fp S38.【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(2.5t)mt=0 时刻，一小球从距物 块 h 高处自由落下；t=0

24、.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） ah=1.7m b简谐运动的周期是 0.8s c0.6s 内物块运动的路程是 0.2m dt=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(2.50.6)m=0.1m；而小球，解得 h=1.7m，a21 2hygt正确；简谐运动周期为，b 正确；0.6s 内物块运动的路程为 3A=0.3m，c 错误；220.82.5Tss t=0.4s=，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

25、。2T（2）半径为 R、介质折射率为 n 的透明圆柱体，过其轴线 OO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】22 020sin1()Rsin1niin 【解析】当光线在 O 点的入射角为时，设折射角为，由折射定律得0i000sin sinin设 A 点与左端面的距离为，由几何关系得 Ad022sinARdR hROO i0ROOi00dAdBCAB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

26、 C，设 B 点与左端面的距离为Bd由折射规律得 1sinCn由几何关系得 22sinBBdC dR 设 A、B 两点间的距离为，可得 dBAddd联立式得 22 020sin1()Rsin1nidin 39.【物理物理 3-5】 （1）发生放射性衰变为，半衰期约为 5700 年。已知植物存活其间，其体内与的比14C14N14C12C例不变；生命活动结束后，的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中的比例正好是14C14C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、具有相同的中子数12C13C14Cc衰变为的过程中放出

27、射线14C14Nd增加样品测量环境的压强将加速的衰变14C【答案】ac【解析】古木样品中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，14C即该古木的年代距今约为 5700 年， a 正确；、具有相同的质子数，由于质量 数不同，故12C13C14C中子数不同， b 错误；根据核反应方程可知，衰变为的过程中放出电子，即发出 射线， c 正14C14N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 A

28、B 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。【答案】021 16vv【解析】设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为,由题意知，碰撞后 A 的速度，B 的速Av01 8Avv 度，由动量守恒定律得 03 4BvvAABmvmvmv设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为，由功能关系得AW22 011 22AAWmvmv设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为,B 客服轨道阻力所做的功为，由功能关系得BvsW2211 22BBBWmvmv据题意可知 ASWW设 B、C 碰后瞬间共同速度的大小为,由动量守恒定律得vABCv0http:/ 联立式，代入数据得 021 16vv