2015高考 新課標(biāo)1卷 理綜物理部分 解析

1、2015年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（新課標(biāo)I卷）理科綜合能力測試試題第I卷二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中 1418題只有一項符合題目要求 1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14 兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的A軌道半徑減小，角速度增大 B軌道半徑減小，角速度減小C軌道半徑增大，角速度增大 D軌道半徑增大，角速度減小D解析：由于磁場方向與速度方向垂直，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，從較強磁場區(qū)進(jìn)入

2、較弱磁場區(qū)后速度大小不變，軌道半徑隨磁場減弱而增大，角速度隨半徑的增大而減小，D項正確15 如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為、一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負(fù)功相等，則A直線a位于某一等勢面內(nèi)，B直線c位于某一等勢面內(nèi)，C若電子有M點運動到Q點，電場力做正功D若電子有P點運動到Q點，電場力做負(fù)功B解析：電子帶負(fù)電荷，從M到N和P做功相等，說明電勢差相等，因此，直線c、d為兩條等勢線，電子由從M到N，電場力做負(fù)功，表示MQ為高電勢，NP為低電勢所以直線c位于某一等勢線內(nèi)，即，選項A錯B對若電子從M點運動到

3、Q點，初末位置電勢相等，電場力不做功，選項C錯電子從P到Q即從低電勢到高電勢，電場力做正功，電勢能減少，選項D錯16 一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3:1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側(cè)接在電壓為220V的正弦交流電源上，如圖所示設(shè)副線圈回路中電阻兩端的電壓為，原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k，則A BC DA解析：原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比，即，根據(jù)副線圈負(fù)載電阻的電壓，可知副線圈電壓為，原線圈電壓為，副線圈電流，原副線圈電流與匝數(shù)成反比，所以原線圈電流，那么原線圈輸入電壓，整理可得；通過兩電阻的電流之比，理想變壓器原、副線圈回路中消耗的功率即回路中電阻消

4、耗的功率，由可得有，選項A對考點：變壓器17 如圖，一半徑為R，粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進(jìn)入軌道質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中客服摩擦力所做的功則A ，質(zhì)點恰好可以到達(dá)Q點B ，質(zhì)點不能到達(dá)Q點C ，質(zhì)點到達(dá)Q后，繼續(xù)上升一段距離D ，質(zhì)點到達(dá)Q后，繼續(xù)上升一段距離C解析：質(zhì)點通過N點時的速度為，則，由動能定理得，解得；從N到Q，小球運動的平均速度比從P到N小，對軌道的壓力也小，因此平均摩擦力也小，克服摩擦力做功，設(shè)小球能到達(dá)Q點，

5、且具有速度，由動能定理得，即質(zhì)點能到達(dá)Q點，且繼續(xù)上升一段距離，C項正確考點：功能關(guān)系18一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示水平臺面的長和寬分別為和，中間球網(wǎng)高度為發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為不計空氣的作用，重力加速度大小為g若乒乓球的發(fā)射速率為在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則的最大取值范圍是3h L1L2發(fā)射點球網(wǎng)乒乓球ABCDD解析：乒乓球做平拋運動，從發(fā)射到落在球臺上的時間，恰好過球網(wǎng)的時間；恰好過球網(wǎng)的最短距離為，則，即乒乓球的最小速率；乒乓球落在球臺上的最大水平位移，且，解得乒乓球的最

6、大速率，選項D正確考點：曲線運動銅圓盤191824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示實驗中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后下列說法正確的是A圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動AB解析：將圓盤沿半徑方向分割成許多金屬條，圓盤轉(zhuǎn)動時，這些金屬條做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，A項正確；以圓盤中

7、心為界，兩側(cè)穿過盤面的磁感線方向不同，且盤面不同位置磁感應(yīng)強度不同，因此圓盤轉(zhuǎn)動時，穿過圓盤兩側(cè)局部磁通量發(fā)生變化，在盤面上不同位置產(chǎn)生渦流，根據(jù)楞次定律，渦流阻礙圓盤與磁針的相對運動，使磁針跟隨圓盤轉(zhuǎn)動，但產(chǎn)生渦流是前提，因此磁針的轉(zhuǎn)動比圓盤略有滯后，B項正確；由于對稱關(guān)系，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量總為零，C錯；由于圓盤呈中性，其中自由電子與正電荷形成的環(huán)形電流相互抵消，對外不形成電流，D錯考點：電磁感應(yīng)20如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的圖象如圖（b）所示若重力加速度及圖中的、均為已知量，則可求出A斜面的傾角B物塊的質(zhì)量C物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D物塊沿斜面向上

8、滑行的最大高度ACD解析：小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離，根據(jù)牛頓第二定律，向上滑行過程，向下滑行，整理可得，從而可計算出斜面的傾斜角度以及動摩擦因數(shù)，選項AC對根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度，選項D對僅根據(jù)速度時間圖像，無法找到物塊質(zhì)量，選項B錯考點：牛頓運動定律21我國發(fā)射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圓軌道上繞月運行；然后經(jīng)過一系列過程，在離月面4m高處做一次懸停（可認(rèn)為是相對于月球靜止）；最后關(guān)閉發(fā)動機，探測器自由下落已知探測器的質(zhì)量約為，地球質(zhì)量約為月球的81倍，

9、地球半徑為月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小約為則次探測器A在著陸前瞬間，速度大小約為B懸停時受到的反沖作用力約為C從離開近月圓軌道到著陸這段時間內(nèi)，機械能守恒D在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運行的線速度BD解析：星球表面萬有引力提供重力即，重力加速度，地球表面，則月球表面，則探測器重力，選項B對，探測器自由落體，末速度，選項A錯關(guān)閉發(fā)動機后，僅在月球引力作用下機械能守恒，而離開近月軌道后還有制動懸停，所以機械能不守恒，選項C錯近月軌道即萬有引力提供向心力，小于近地衛(wèi)星線速度，選項D對考點：萬有引力與航天第II卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第2232題為必

10、考題，每個試題考生都必須作答第3340題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（129分）22（6分）某物理小組的同學(xué)設(shè)計了一個粗制玩具小車通過凹形橋最低點時的速度的實驗所用器材有：玩具小車、壓力式托盤秤、凹形橋模擬器（圓弧部分的半徑為R=0.20m）完成下列填空：（1） 將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖（a）所示，托盤秤的示數(shù)為1.00kg；（2） 將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點時，托盤秤的示數(shù)如圖（b）所示，該示數(shù)為_kg;（3） 將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經(jīng)過最低點后滑向另一側(cè)，此過程中托盤秤的最大示數(shù)為m；多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m值如下表所示：序號1234

11、5m（kg）1.801.751.851.751.90（4） 根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求出小車經(jīng)過凹形橋最低點時對橋的壓力為_N；小車通過最低點時的速度大小為_m/s（重力加速度大小取9.80m/s2 ，計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）答案：（2）1.4 （4） ； 解析：根據(jù)秤盤指針可知量程是10kg，指針?biāo)甘緮?shù)為1.4kg （4）記錄的托盤稱各次示數(shù)并不相同，為減小誤差，取平均值，即而模擬器的重力為，所以 小車經(jīng)過凹形橋最低點的壓力為根據(jù)徑向合力提供向心力即，整理可得考點：圓周運動23（9分）圖（a）為某同學(xué)改裝和校準(zhǔn)毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路（1）已知毫安表表頭的內(nèi)阻為100，滿偏

12、電流為1mA；和為阻值固定的電阻若使用a和b兩個接線柱，電表量程為3mA；若使用a和c兩個接線柱，電表量程為10mA由題給條件和數(shù)據(jù)，可求出=，=（2） 現(xiàn)用量程為3mA、內(nèi)阻為150的標(biāo)準(zhǔn)電流表對改裝電表的3mA擋進(jìn)行校準(zhǔn)，校準(zhǔn)時需選取的刻度為05、10、15、20、25、30mA電池的電動勢為15V，內(nèi)阻忽略不計；定值電阻有兩種規(guī)格， 阻值分別為300和1000；滑動變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750和3000則應(yīng)選用阻值為的電阻，R應(yīng)選用最大阻值為的滑動變阻器（3）若電阻和中有一個因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大，利用圖（b）的電路可以判斷出損壞的電阻圖（b）中的為保護(hù)電阻，虛線框內(nèi)未畫出的

13、電路即為圖（a）虛線框內(nèi)的電路則圖中的d點應(yīng)和接線柱（填”b”或”c”）相連判斷依據(jù)是：答案：（1）（2） （3）c 若電流表無示數(shù)，則說明斷路，若電流表有示數(shù)，則說明斷路解析：（1）若使用a和b兩個接線柱，定值電阻、串聯(lián)后和毫安表并聯(lián)，量程為3mA，根據(jù)并聯(lián)規(guī)律可得，通過表頭的電流為1mA，則通過的電流為，電流比為1:2，所以電阻比為2:1，可得若使用a和c兩個接線柱，與表頭串聯(lián)后再與并聯(lián)，電表量程為10mA，通過的電流為，電流比為1:9，可得電阻比為9:1，即，整理可得，根據(jù)電流表校準(zhǔn)的刻度，可知電路中總阻值最大為，最小阻值為，若定值電阻選擇為1000，則無法校準(zhǔn)3.0mA刻度，所以定值電

14、阻選擇500由于最大阻值要達(dá)到3000，所以滑動變阻器選擇3000因為只有一個電阻損壞，所以驗證是否損壞即可故d點應(yīng)和接線柱“c”相連，若電流表無示數(shù)，則說明斷路，若電流表有示數(shù)，則斷路考點：電流表的改裝24（12分） 如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安

15、培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量答案：解：依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受安培力方向豎直向下開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長為=0.5cm由胡克定律和力的平衡條件得式中，為金屬棒的質(zhì)量，是彈簧的勁度系數(shù)，是重力加速度的大小開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為式中，為回路電流，是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了，則胡克定律和平衡條件得由歐姆定律有式中，為電源電動勢，為回路總電阻聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得考點：安培力25 （20分）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示時刻開始，小物塊與木板一

16、起以共同速度向右運動，直至?xí)r木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的圖線如圖（b）所示木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取求（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離答案：（1） （2） （3）解：規(guī)定向右為正方向木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速直線運動，設(shè)加速度為，小物塊和木板的質(zhì)量認(rèn)為和由牛頓第二定律有由圖可知，碰撞前木塊與木板共同速度為，由運動學(xué)公式得式中，=1s，=4.5m是木板碰前的位移，是小物塊和木板開

17、始運動時的速度聯(lián)立式和題給條件得=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以的初速度向左做勻變速運動，小物塊以的初速度向右做勻變速運動設(shè)小物塊的加速度為，由牛頓第二定律有由圖可得 式中，=2s，=0，聯(lián)立式和題給條件得=0.4(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為，經(jīng)過時間木板和小物塊剛好具有共同速度，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運動的位移為小物塊運動的位移為小物塊相對木板的位移為聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得=6.0m因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運動直至靜止，設(shè)加速度為，此過程中小

18、物塊和木板運動的位移為由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得碰后木板運動的位移為聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)解得木板右端離墻壁的最終距離為6.5m考點：牛頓運動定律（二）選考題：共45分請考生從3道物理題、3道化學(xué)題、2道生物題中各選一題作答33【物理選修3-3】（15分）（1）（5分）下列說法正確的是（填正確答案標(biāo)號，選對一個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分每選錯一個扣3分，最低得分為0分 ）A將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體B固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同的方向上有不同的光學(xué)性質(zhì)C由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體D在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非

19、晶體，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)化為晶體E在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內(nèi)能也保持不變答案：BCD解析：晶體有固定的熔點，并還會因為顆粒的大小而改變，即使敲碎為小顆粒，仍舊是晶體，A錯；根據(jù)是否有固定的熔點，可以把固體分為晶體和非晶體兩類，晶體有各向異性，B項正確；同種元素構(gòu)成的物質(zhì)可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶體如金剛石和碳，選項C對；晶體的分子排列結(jié)構(gòu)如果遭到在干就可能形成非晶體，反之亦然，D項正確；熔化過程中，晶體要吸熱，溫度不變，但是內(nèi)能增大，E項錯誤考點：晶體非晶體（2）（10分）如圖，一固定的豎直氣缸有一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的質(zhì)

20、量為，橫截面積為，小活塞的質(zhì)量為，橫截面積為；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為，氣缸外大氣壓強為，溫度為初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為，現(xiàn)氣缸內(nèi)氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與氣缸壁之間的摩擦，重力加速度取，求（i）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內(nèi)封閉氣體的溫度（ii）缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達(dá)到熱平衡時，缸內(nèi)封閉氣體的壓強解：()設(shè)初始時氣體的體積為，在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，缸內(nèi)封閉氣體的體積為，溫度為，由題給條件得在活塞緩慢下移的過程中，用表示缸內(nèi)氣體的壓強，由力的平衡條件得故缸內(nèi)氣體的壓強不變由蓋·哈薩克定律得聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得

21、()在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，被封閉氣體的壓強為在此后與汽缸外大氣達(dá)到熱平衡的過程中，被封閉氣體的體積不變設(shè)達(dá)到熱平衡時被封閉氣體的壓強為，由查理定律有聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得考點：理想氣體狀態(tài)方程34【物理選修3-4】（15分）（1）在雙縫干涉實驗中，分布用紅色和綠色的激光照射同一雙縫，在雙縫后的屏幕上，紅光的干涉條紋間距與綠光的干涉條紋間距相比（填“”“”或“”）若實驗中紅光的波長為，雙縫到屏幕的距離為，測得第一條到第6條亮條紋中心間的距離為，則雙縫之間的距離為答案： 解析：雙縫干涉條紋間距，紅光波長長，所以紅光的雙縫干涉條紋間距較大，即>條紋間距根據(jù)數(shù)據(jù)可得，根據(jù)可得考點：雙縫干涉實驗（2）（10分）甲乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿軸正向和負(fù)向傳播，波速均為，兩列波在時的波形曲線如圖所示求（i）時，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16的所有質(zhì)點的坐標(biāo)；（ii）從開始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為的質(zhì)點的時間解：()時，在=50cm處兩列波的波峰相遇，該處質(zhì)點偏離平衡位置的位移為16cm兩列波的波峰相遇處的質(zhì)點偏離平衡位置的位移均為16cm從圖線可以看出，甲、乙兩列波的波長分別為甲、乙兩列波波峰的坐標(biāo)分別為由式得，介