2015年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標ⅱ）（含解析版）

1、2015年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58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1（6分）如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）A保持靜止狀態(tài)B向左上方做勻加速運動C向正下方做勻加速運動D向左下方做勻加速運動2（6分）如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上當金

2、屬框繞ab邊以角速度逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc已知bc邊的長度為l下列判斷正確的是（）AUaUc，金屬框中無電流BUbUc，金屬框中電流方向沿abcaCUbc=Bl2，金屬框中無電流DUbc=Bl2，金屬框中電流方向沿acba3（6分）由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經(jīng)過調整再進入地球同步軌道當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經(jīng)赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.1×103m/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為1.55×103m/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌

3、道和同步軌道的夾角為30°，如圖所示，發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為（）A西偏北方向，1.9×103m/sB東偏南方向，1.9×103m/sC西偏北方向，2.7×103m/sD東偏南方向，2.7×103m/s4（6分）一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（）ABCD5（6分）指南針是我國古代四大發(fā)明之一關于指南針，下列說明正確的是（）A指南針可以僅具有一個磁極B指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C指南針

4、的指向會受到附近鐵塊的干擾D在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉6（6分）有兩個勻強磁場區(qū)域和，I中的磁感應強度是中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子（）A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度是中的k倍7（6分）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F不計車廂與鐵軌間的

5、摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（）A8B10C15D188（6分）如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則（）Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必做題，每個考題考生都必須作答，第13為選考題，考生格局要求作答9（6分）某學生用圖（a）所示的實驗裝置測量物塊與斜面的動摩擦因數(shù)。

6、已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖（b）所示，圖中標出了五個連續(xù)點之間的距離。（1）物塊下滑時的加速度a= m/s2，打C點時物塊的速度v= m/s；（2）已知重力加速度大小為g，求出動摩擦因數(shù)，還需測量的物理量是 （填正確答案標號）A物塊的質量 B斜面的高度 C斜面的傾角。10（9分）電壓表滿偏時通過該表的電流是半偏時通過該表的電流的兩倍某同學利用這一事實測量電壓表的內阻（半偏法）實驗室提供材料器材如下： 待測電壓表（量程3V，內阻約為3000歐），電阻箱R0（最大阻值為99999.9歐），滑動變阻器R1（最大阻值100歐，額定電流2A），電源E（

7、電動勢6V，內阻不計），開關兩個，導線若干（1）虛線框內為該同學設計的測量電壓表內阻的電路圖的一部分，將電路圖補充完整（2）根據(jù)設計的電路寫出步驟： （3）將這種方法測出的電壓表內阻記為Rv，與電壓表內阻的真實值Rv相比，Rv Rv（填“”“=”或“”），主要理由是 11（12分）如圖，一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°不計重力。求A、B兩點間的電勢差。12（20分）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地

8、有一傾角為=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m（可視為質量不變的滑塊），在極短時間內，A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2求：（1）在02s時間內A和B加速度的大?。?）A在B上總的運動時間。物

9、理選修3-3（15分）13（5分）關于擴散現(xiàn)象，下來說法正確的是（）A溫度越高，擴散進行得越快B擴散現(xiàn)象是不同物質間的一種化學反應C擴散現(xiàn)象是由物質分子無規(guī)則運動產(chǎn)生的D擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生E液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的14（10分）如圖，一粗細均勻的U形管豎直放置，A側上端封閉，B側上端與大氣相通，下端開口處開關K關閉，A側空氣柱的長度為l=10.0cm，B側水銀面比A側的高h=3.0cm?，F(xiàn)將開關K打開，從U形管中放出部分水銀，當兩側水銀面的高度差為h1=10.0cm時將開關K關閉。已知大氣壓強p0=75.0cmHg。（i）求放出部分水銀后A側空氣柱的長度；（ii

10、）此后再向B側注入水銀，使A、B兩側的水銀面達到同一高度，求注入的水銀在管內的長度。物理選修3-4（15分）15如圖，一束光沿半徑方向射向一塊半圓柱形玻璃磚，在玻璃磚底面上的入射角為，經(jīng)折射后射出a、b兩束光線。則（）A在玻璃中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度B在真空中，a光的波長小于b光的波長C玻璃磚對a光的折射率小于對b光的折射率D若改變光束的入射方向使角逐漸變大，則折射光線a首先消失E分別用a、b光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距16平衡位置位于原點O的波源發(fā)出的簡諧橫波在均勻介質中沿水平x軸傳播，P、Q為x軸上的兩個點（均位于x軸正向），P與

11、O的距離為35cm，此距離介于一倍波長與二倍波長之間已知波源自t=0時由平衡位置開始向上振動，周期T=1s，振幅A=5cm當波傳到P點時，波源恰好處于波峰位置；此后再經(jīng)過5s，平衡位置在Q處的質點第一次處于波峰位置求：（i）P、Q間的距離；（ii）從t=0開始到平衡位置在Q處的質點第一次處于波峰位置時，波源在振動過程中通過的路程物理選修3-5（15分）17實物粒子和光都具有波粒二象性。下列事實中突出體現(xiàn)波動性的是（）A電子束通過雙縫實驗裝置后可以形成干涉圖樣B射線在云室中穿過會留下清晰的徑跡C人們利用慢中子衍射來研究晶體的結構D人們利用電子顯微鏡觀測物質的微觀結構E光電效應實驗中，光電子的最大

12、初動能與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關18滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示求：滑塊a、b的質量之比；整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比2015年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58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1（6分）如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持

13、靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）A保持靜止狀態(tài)B向左上方做勻加速運動C向正下方做勻加速運動D向左下方做勻加速運動【考點】CM：帶電粒子在混合場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】537：帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】開始時刻微粒保持靜止，受重力和電場力而平衡；將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°，電容器帶電量不變，間距不變，正對面積也不變，故電場強度的大小不變，電場力的大小不變，方向逆時針旋轉45°，根據(jù)平行四邊形定則求解出合力的方向，確定微粒的運動即可【解答】解：在兩板中間a點

14、從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小F=mg，方向豎直向上；將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°，電場強度大小不變，方向逆時針旋轉45°，故電場力逆時針旋轉45°，大小仍然為mg；故重力和電場力的大小均為mg，方向夾角為135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做勻加速運動；故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題關鍵是對微利受力分析后結合牛頓第二定律分析，注意本題中電容器的兩板繞過a點的軸逆時針旋轉，板間場強大小不變，基礎題目2（6分）如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁

15、感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上當金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc已知bc邊的長度為l下列判斷正確的是（）AUaUc，金屬框中無電流BUbUc，金屬框中電流方向沿abcaCUbc=Bl2，金屬框中無電流DUbc=Bl2，金屬框中電流方向沿acba【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；DB：楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】53C：電磁感應與電路結合【分析】金屬框中磁通量不變，故沒有感應電流；但導體棒切割磁感線，有感應電動勢產(chǎn)生，根據(jù)E=BL求解切割電動勢即可【解答】解：AB、導體棒bc、ac做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)右手定則，感

16、應電動勢的方向從b到c，或者說是從a到c，故Ua=UbUc，磁通量一直為零，不變，故金屬框中無電流，故A錯誤，B錯誤；CD、感應電動勢大小=Bl（）=Bl2，由于UbUc，所以Ubc=Bl2，磁通量一直為零，不變，金屬框中無電流，故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】本題關鍵是明確感應電流的產(chǎn)生條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生改變，要會根據(jù)E=Blv求解感應電動勢，會利用右手定則判斷感應電動勢的方向3（6分）由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經(jīng)過調整再進入地球同步軌道當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經(jīng)赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為

17、3.1×103m/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為1.55×103m/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖所示，發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為（）A西偏北方向，1.9×103m/sB東偏南方向，1.9×103m/sC西偏北方向，2.7×103m/sD東偏南方向，2.7×103m/s【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星；4J：同步衛(wèi)星菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】52A：人造衛(wèi)星問題【分析】已知合速度為同步衛(wèi)星的線速度，一個分速度是在轉移軌道上的速度，另一個分速度待

18、求，運用速度合成的平行四邊形法則求解即可【解答】解：合速度為同步衛(wèi)星的線速度，為：v=3.1×103m/s；一個分速度為在轉移軌道上的速度，為：v1=1.55×103m/s；合速度與該分速度的夾角為30度，根據(jù)平行四邊形定則，另一個分速度v2如圖所示：該分速度的方向為東偏南方向，根據(jù)余弦定理，大小為：=1.9×103m/s。故選：B?！军c評】本題已知合速度和一個分速度，根據(jù)平行四邊形定則求解另一個分速度，要結合余弦定理列式求解，基礎題目4（6分）一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描

19、述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（）ABCD【考點】63：功率、平均功率和瞬時功率菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】52C：功率的計算專題【分析】對于汽車，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)P=Fv和牛頓第二定律分析加速度的變化情況，得到可能的vt圖象。【解答】解：在0t1時間內，如果勻速，則vt圖象是與時間軸平行的直線，如果是加速，根據(jù)P=Fv，牽引力減?。桓鶕?jù)Ff=ma，加速度減小，是加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F1=f，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v1=所以0t1時間內，vt圖象先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線；在t1t2時間內，功率突然增加，故牽引力突然增加，

20、是加速運動，根據(jù)P=Fv，牽引力減小；再根據(jù)Ff=ma，加速度減小，是加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F2=f，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v2=所以在t1t2時間內，即vt圖象也先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線。故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題關鍵是明確汽車恒定功率的加速過程是加速度減小的加速運動，注意速度不能突變，基礎題目。5（6分）指南針是我國古代四大發(fā)明之一關于指南針，下列說明正確的是（）A指南針可以僅具有一個磁極B指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉【考點】

21、C1：磁現(xiàn)象和磁場；C5：地磁場菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】指南針又稱指北針，主要組成部分是一根裝在軸上的磁針，磁針在天然地磁場的作用下可以自由轉動并保持在磁子午線的切線方向上，磁針的北極指向地理的北極，利用這一性能可以辨別方向常用于航海、大地測量、旅行及軍事等方面物理上指示方向的指南針的發(fā)明由三部曲組成：司南、磁針和羅盤他們均屬于中國的發(fā)明【解答】解：A、不存在單獨的磁單極子，指南針也不例外，故A錯誤；B、指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，地磁場是南北指向的，故B正確；C、指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾，是由于鐵塊被磁化后干擾了附近的地磁場，故C正確；D、在指南針正上方附近沿指針方向放置一直

22、導線，根據(jù)安培定則，電流的磁場在指南針位置是東西方向的，故導線通電時指南針偏轉90°，故D錯誤；故選：BC。【點評】指南針在航海上的應用對地理大發(fā)現(xiàn)和海上貿易有極大的促進作用指南針的發(fā)明源于中國古人如何定向問題的研究，也表明古人對如何定向問題的重視為此，指南針被譽為中國古代四大發(fā)明之一6（6分）有兩個勻強磁場區(qū)域和，I中的磁感應強度是中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子（）A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度是中的k倍【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題

23、】536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】電子在磁場中做的圓周運動，洛倫茲力作為向心力，根據(jù)圓周運動的周期公式和半徑公式逐項分析即可【解答】解：設中的磁感應強度為B，則中的磁感應強度為kB，A、根據(jù)電子在磁場中運動的半徑公式r=可知，中的電子運動軌跡的半徑為，中的電子運動軌跡的半徑為，所以中的電子運動軌跡的半徑是中的k倍，所以A正確；B、電子在磁場運動的洛倫茲力作為向心力，所以電子的加速度的大小為a=，所以中的電子加速度的大小為，中的電子加速度的大小為，所以的電子的加速度大小是中的倍，所以B錯誤；C、根據(jù)電子在磁場中運動的周期公式T=可知，中的電子運動周期為，中的電子運動周期為，所以中的電子

24、運動軌跡的半徑是中的k倍，所以中的電子運動軌跡的周期是中的k倍，所以C正確；D、做圓周運動的角速度=，所以中的電子運動角速度為，中的電子運動角速度為，在的電子做圓周運動的角速度是中的倍，所以D錯誤；故選：AC?！军c評】本題是對粒子在磁場中做圓周運動的基本考查，解決本題的關鍵是抓住洛倫茲力作為向心力，根據(jù)向心力的不同的公式來分析不同的關系，記住平時的得出的結論可以快速的分析問題7（6分）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向西行駛時，

25、P和Q間的拉力大小仍為F不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（）A8B10C15D18【考點】1G：勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】522：牛頓運動定律綜合專題【分析】根據(jù)兩次的情況，利用牛頓第二定律得出關系式，根據(jù)關系式分析可能的情況即可【解答】解：設PQ兩邊的車廂數(shù)為P和Q，當機車在東邊拉時，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Pma，當機車在西邊拉時，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)=Qma，根據(jù)以上兩式可得，即兩邊的車廂的數(shù)目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以總的車廂的數(shù)目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC

26、。故選：BC?！军c評】本題不是確切的數(shù)值，關鍵的是根據(jù)牛頓第二定律得出兩次之間的關系，根據(jù)關系來判斷可能的情況，本題比較靈活，是道好題8（6分）如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則（）Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【考點】62：功的計算；6B：功能關系；6C：機械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】a、b組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守

27、恒，通過b的動能變化，判斷輕桿對b的做功情況。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求出a球運動到最低點時的速度大小?！窘獯稹拷猓篈、當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功。故A錯誤。B、a運動到最低點時，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得vA=故B正確。C、b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以b對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，b對a是向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故C錯誤；D、ab整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，

28、此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確；故選：BD。【點評】解決本題的關鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及根據(jù)能量的守恒?？梢灾喇攁的機械能最小時，b的動能最大。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必做題，每個考題考生都必須作答，第13為選考題，考生格局要求作答9（6分）某學生用圖（a）所示的實驗裝置測量物塊與斜面的動摩擦因數(shù)。已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖（b）所示，圖中標出了五個連續(xù)點之間的距離。（1）物塊下滑時的加速度a=3.25m/s2，打C點時物塊的速度v=1.79m/

29、s；（2）已知重力加速度大小為g，求出動摩擦因數(shù)，還需測量的物理量是C（填正確答案標號）A物塊的質量 B斜面的高度 C斜面的傾角?！究键c】M5：測定勻變速直線運動的加速度；M9：探究影響摩擦力的大小的因素菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】13：實驗題【分析】（1）根據(jù)x=aT2可求加速度，根據(jù)求解C點的速度；（2）對滑塊根據(jù)牛頓第二定律列式求解動摩擦因數(shù)的表達式進行分析即可?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)x=aT2，有：解得：a=3.25m/s2打C點時物塊的速度：v=m/s=1.79m/s（2）對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinmgcos=ma解得：=故還需要測量斜面的傾角，故選：C；故答案為：（1）3.

30、25，1.79；（2）C。【點評】實驗的核心是實驗原理，根據(jù)原理選擇器材，安排實驗步驟，分析實驗誤差，進行數(shù)據(jù)處理等等。10（9分）電壓表滿偏時通過該表的電流是半偏時通過該表的電流的兩倍某同學利用這一事實測量電壓表的內阻（半偏法）實驗室提供材料器材如下： 待測電壓表（量程3V，內阻約為3000歐），電阻箱R0（最大阻值為99999.9歐），滑動變阻器R1（最大阻值100歐，額定電流2A），電源E（電動勢6V，內阻不計），開關兩個，導線若干（1）虛線框內為該同學設計的測量電壓表內阻的電路圖的一部分，將電路圖補充完整（2）根據(jù)設計的電路寫出步驟：移動滑動變阻器的滑片，以保證通電后電壓表所在支路分壓

31、最小，閉合開關S1、S2，調節(jié)R1，使電壓表的指針滿偏，保證滑動變阻器的位置不變，斷開開關S2，調節(jié)電阻箱R0使電壓表的指針半偏，讀取電阻箱所示的電阻值，此即為測得的電壓表內阻；（3）將這種方法測出的電壓表內阻記為Rv，與電壓表內阻的真實值Rv相比，RvRv（填“”“=”或“”），主要理由是電壓表串聯(lián)電阻箱后認為電壓不變，而實際該支路電壓變大，則電阻箱分壓大于計算值，則會引起測量值的偏大【考點】N6：伏安法測電阻菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】13：實驗題【分析】（1）待測電壓表電阻遠大于滑動變阻器R1的電阻值，故滑動變阻器R1采用分壓式接法；待測電壓表和電阻箱R0采用串聯(lián)式接法；（2）采用先測量一個適

32、當?shù)碾妷?，然后增加電阻箱電阻，使電壓表半偏，則電阻箱的讀數(shù)即視為等于電壓表的電阻；（3）電壓表串聯(lián)電阻箱后認為電壓不變，而實際該支路電壓變大，則電阻箱分壓大于計算值，則會引起測量值的偏大【解答】解：（1）待測電壓表電阻（3000歐姆）遠大于滑動變阻器R1的電阻值（100歐姆），故滑動變阻器R1采用分壓式接法；電路圖如圖所示：（2）移動滑動變阻器的滑片，以保證通電后電壓表所在支路分壓最小，閉合開關S1、S2，調節(jié)R1，使電壓表的指針滿偏，保證滑動變阻器滑片的位置不變，斷開開關S2，調節(jié)電阻箱R0使電壓表的指針半偏，讀取電阻箱所示的電阻值，此即為測得的電壓表內阻；（3）電壓表串聯(lián)電阻箱后認為電壓不

33、變，而實際該支路電壓變大，則電阻箱分壓大于計算值，則會引起測量值的偏大，故RvRv；故答案為：（1）如圖所示；（2）移動滑動變阻器的滑片，以保證通電后電壓表所在支路分壓最小，閉合開關S1、S2，調節(jié)R1，使電壓表的指針滿偏，保證滑動變阻器的位置不變，斷開開關S2，調節(jié)電阻箱R0使電壓表的指針半偏，讀取電阻箱所示的電阻值，此即為測得的電壓表內阻；（3），電壓表串聯(lián)電阻箱后認為電壓不變，而實際該支路電壓變大，則電阻箱分壓大于計算值，則會引起測量值的偏大【點評】考查半偏法測電阻的原理，明確串聯(lián)電阻后會引起測量支路的電阻的增大，其分壓要變大，此為誤差的來源11（12分）如圖，一質量為m、電荷量為q（q

34、0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°不計重力。求A、B兩點間的電勢差?！究键c】65：動能定理；AB：電勢差；AG：電勢差和電場強度的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】532：電場力與電勢的性質專題【分析】粒子水平方向受電場力，做勻加速直線運動；豎直方向不受力，故豎直分運動是勻速直線運動；結合運動的合成與分解的知識得到A點速度與B點速度的關系，然后對A到B過程根據(jù)動能定理列式求解?！窘獯稹拷猓涸O帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直電場方向的分速度不變

35、，故：vBsin30°=v0sin60° 解得：設A、B間的電勢差為UAB，由動能定理，有：聯(lián)立解得：答：A、B兩點間的電勢差為。【點評】本題關鍵是通過運動的合成與分解得到A點速度和B點速度的關系，然后結合動能定理列式求解即可，基礎題目。12（20分）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m（可視為質量不變的滑塊），在極短時間內，A、B間的動摩擦

36、因數(shù)1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2求：（1）在02s時間內A和B加速度的大小（2）A在B上總的運動時間?！究键c】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】522：牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）對A、B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可以求出加速度的大??；（2）根據(jù)A、B的加速度的大小，利用速度時間的關系式和它們之間的距離可以計算時間的大小?！窘?/p>

37、答】解：（1）在02s時間內，A和B的受力如圖所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得：f1=1N1 N1=mgcosf2=2N2 N2=N1+mgcos規(guī)定沿斜面向下為正，設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得：mgsinf1=ma1mgsin+f1f2=ma2有三種可能性：a1a2；a1=a2；a1a2。下面根據(jù)題中的已知條件進行判斷：a1a2；若B、C之間光滑，則A和B一起以加速度gsin37°勻加速下滑，而實際情況是B、C之間有摩擦力，所以A或者B的加速度一

38、定都小于gsin37°。如果a1a2，那么B對A就會產(chǎn)生沿斜面向下的滑動摩擦力，A的加速度將大于gsin37°，B的加速度也將大于gsin37°，這與上面的分析結果矛盾，因此a1絕不會小于a2。a1=a2；a1a2；假設a1=a2，可計算出a1=a2=2 m/s2，而A能夠達到的最小加速度為3 m/s2。所以實際情況為a1a2，據(jù)此，計算出a1=3 m/s2，a2=1 m/s2。（2）在t1=2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則v1=a1t1=6m/sv2=a2t1=2m/stt1時，設A和B的加速度分別為a1和a2，此時A與B之間摩擦力為零，同理可得：a1

39、=6m/s2a2=2m/s2即B做減速運動。設經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有：v2+a2t2=0聯(lián)立式得：t2=1s在t1+t2時間內，A相對于B運動的距離為：s=12m27m此后B靜止不動，A繼續(xù)在B上滑動。設再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有：ls=可得：t3=1s（另一解不合題意，舍去）設A在B上總的運動時間為t總，有：t總=t1+t2+t3=4s（利用下面的速度圖線求解也可）答：（1）在02s時間內A和B加速度的大小分別為3m/s2和1m/s2；（2）A在B上總的運動時間為4s?！军c評】本題是對牛頓第二定律和運動學公式的綜合的應用，分析清楚物體的運動的情況和受力的情況，根據(jù)運動學的公式

40、來求解，本題的難度比較大。物理選修3-3（15分）13（5分）關于擴散現(xiàn)象，下來說法正確的是（）A溫度越高，擴散進行得越快B擴散現(xiàn)象是不同物質間的一種化學反應C擴散現(xiàn)象是由物質分子無規(guī)則運動產(chǎn)生的D擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生E液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的【考點】85：擴散菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】541：分子運動論專題【分析】擴散現(xiàn)象是指物質分子從高濃度區(qū)域向低濃度區(qū)域轉移，直到均勻分布的現(xiàn)象，速率與物質的濃度梯度成正比擴散是由于分子熱運動而產(chǎn)生的質量遷移現(xiàn)象，主要是由于密度差引起的擴散現(xiàn)象等大量事實表明，一切物質的分子都在不停地做無規(guī)則的運動【解答】解：A、溫度越高，分子熱運

41、動越激烈，所以擴散進行得越快，故A正確；B、擴散現(xiàn)象是分子熱運動引起的分子的遷移現(xiàn)象，沒有產(chǎn)生新的物質，是物理現(xiàn)象，故B錯誤；CD、擴散現(xiàn)象是由物質分子無規(guī)則熱運動產(chǎn)生的分子遷移現(xiàn)象，可以在固體、液體、氣體中產(chǎn)生，擴散速度與溫度和物質的種類有關，故CD正確；E、液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體分子的熱運動產(chǎn)生的，故E錯誤。故選：ACD?！军c評】擴散現(xiàn)象是分子的遷移現(xiàn)象從微觀上分析是大量分子做無規(guī)則熱運動時，分子之間發(fā)生相互碰撞的結果由于不同空間區(qū)域的分子密度分布不均勻，分子發(fā)生碰撞的情況也不同這種碰撞迫使密度大的區(qū)域的分子向密度小的區(qū)域轉移，最后達到均勻的密度分布14（10分）如圖，一粗細均勻的U形

42、管豎直放置，A側上端封閉，B側上端與大氣相通，下端開口處開關K關閉，A側空氣柱的長度為l=10.0cm，B側水銀面比A側的高h=3.0cm?，F(xiàn)將開關K打開，從U形管中放出部分水銀，當兩側水銀面的高度差為h1=10.0cm時將開關K關閉。已知大氣壓強p0=75.0cmHg。（i）求放出部分水銀后A側空氣柱的長度；（ii）此后再向B側注入水銀，使A、B兩側的水銀面達到同一高度，求注入的水銀在管內的長度?！究键c】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】（i）在同一段水銀柱中，同一高度壓強相等；先計算出A側氣體的初狀態(tài)氣壓和末狀態(tài)氣壓，然后

43、根據(jù)玻意耳定律列式求解；（ii）兩側水銀面等高后，根據(jù)玻意耳定律求解氣體的體積；比較兩個狀態(tài)，結合幾何關系得到第二次注入的水銀柱的長度?！窘獯稹拷猓海╥）以cmHg為壓強單位。設A側空氣柱長度l=10.0cm時壓強為p，當兩側的水銀面的高度差為h1=10.0cm時，空氣柱的長度為l1，壓強為p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1由力學平衡條件，有：p=p0+ph 打開開關放出水銀的過程中，B側水銀面處的壓強始終為p0，而A側水銀面處的壓強隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側水銀面的高度差也隨著減小，直至B側水銀面低于A側水銀面h1為止，由力學平衡條件，有：p1=p0Ph1 聯(lián)立，并代入題目數(shù)

44、據(jù)，有：l1=12cm（ii）當A、B兩側的水銀面達到同一高度時，設A側空氣柱的長度為l2，壓強為P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2由力學平衡條件有：p2=p0聯(lián)立式，并代入題目數(shù)據(jù)，有：l2=10.4cm設注入水銀在管內的長度為h，依題意，有：h=2（l1l2）+h1聯(lián)立式，并代入題目數(shù)據(jù)，有：h=13.2cm答：（i）放出部分水銀后A側空氣柱的長度為12cm；（ii）注入的水銀在管內的長度為13.2cm。【點評】本題中封閉氣體經(jīng)歷兩次等溫過程，關鍵是找出初狀態(tài)和末狀態(tài)的氣壓和體積（長度）關系，然后根據(jù)玻意耳定律列式求解，不難。物理選修3-4（15分）15如圖，一束光沿半徑方向射向一塊半

45、圓柱形玻璃磚，在玻璃磚底面上的入射角為，經(jīng)折射后射出a、b兩束光線。則（）A在玻璃中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度B在真空中，a光的波長小于b光的波長C玻璃磚對a光的折射率小于對b光的折射率D若改變光束的入射方向使角逐漸變大，則折射光線a首先消失E分別用a、b光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距【考點】H3：光的折射定律；H5：全反射；HC：雙縫干涉的條紋間距與波長的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】54D：光的折射專題【分析】根據(jù)折射定律公式n=判斷折射率大小，根據(jù)v=判斷玻璃中的光速大小；根據(jù)c=f真空中波長大??；根據(jù)公式判斷條紋間距大小。【解答】解：A

46、C、光線a的偏折程度大，根據(jù)折射定律公式n=，光線a的折射率大；再根據(jù)公式v=，光線a在玻璃中的傳播速度小，故A正確，C錯誤；B、光線a的折射率大，說明光線a的頻率高，根據(jù)c=f，光線a在真空中的波長較短，故B正確；D、若改變光束的入射方向使角逐漸變大，則折射光線a的折射角先達到90°，故先發(fā)生全反射，先消失，故D正確；E、光線a在真空中的波長較短，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式，分別用a、b光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，a光的干涉條紋間距小于b光的干涉條紋間距，故E錯誤；故選：ABD?！军c評】本題綜合考查了光的折射、全反射和干涉，關鍵是記住幾個公式：折射率定義公式n=、光速公式v=

47、、雙縫干涉條紋間距公式，基礎題目。16平衡位置位于原點O的波源發(fā)出的簡諧橫波在均勻介質中沿水平x軸傳播，P、Q為x軸上的兩個點（均位于x軸正向），P與O的距離為35cm，此距離介于一倍波長與二倍波長之間已知波源自t=0時由平衡位置開始向上振動，周期T=1s，振幅A=5cm當波傳到P點時，波源恰好處于波峰位置；此后再經(jīng)過5s，平衡位置在Q處的質點第一次處于波峰位置求：（i）P、Q間的距離；（ii）從t=0開始到平衡位置在Q處的質點第一次處于波峰位置時，波源在振動過程中通過的路程【考點】F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】（i）根據(jù)題意P與O的距離為35cm，此距離介于一倍波長與二倍波長之間，所以OP=，根據(jù)周期計算距離；（ii）根據(jù)周期計算時間的長短，根據(jù)振幅計算通過的路程的大小【解答】解：（i）由題意，O、P兩點間的距離與波長之間滿足OP=波