1、物理備課大師 【全免費】2015年天津市高考物理試卷一、單項選擇題（每小題6分，每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1（6分）（2015天津）物理學重視邏輯，崇尚理性，其理論總是建立在對事實觀察的基礎上，下列說法正確的是（）A天然放射現象說明原子核內部是有結構的B電子的發現使人們認識到原子具有核式結構C粒子散射實驗的重要發現是電荷是量子化的D密立根油滴實驗表明核外電子的軌道是不連續的考點：物理學史.分析：本題是原子物理學史問題，根據相關科學家的物理學成就進行解答解答：解：A、天然放射現象是原子核發生衰變而產生的，說明原子核內部是有結構的，故A正確B、電子的發現使人們認識到原子具有復雜

2、結構，但不能說明原子具有核式結構，故B錯誤C、粒子散射實驗的重要發現是原子的核式結構，而不是電荷的量子化，故C錯誤D、密立根油滴實驗測出了電子的電荷量，發現了電荷量的量子化，不明說明核外電子的軌道是不連續的，故D錯誤故選：A點評：本題考查了原子核的知識和物理學史，象、原子的核式結構學說、粒子散射實驗、密立根油滴實驗都是考查的重點，要重點掌握2（6分）（2015天津）中國古人對許多自然現象有深刻認識，唐人張志和在玄真子濤之靈中寫道：“雨色映日而為虹”從物理學角度看，虹是太陽光經過雨滴的兩次折射和一次反射形成的如圖是彩虹成因的簡化示意圖，其中a、b是兩種不同頻率的單色光，則兩光（）A在同種玻璃中傳

3、播，a光的傳播速度一定大于b光B以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，b光側移量大C分別照射同一光電管，若b光能引起光電效應，a光也一定能D以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時，一定是a光考點：光的折射定律；光電效應.專題：光電效應專題分析：由圖看出第一次折射時，b光折射角較大，其折射率較小，頻率較小，波長較長由公式v=得到，b光在玻璃中的傳播速度較大；結合發生光電效應的條件分析；折射率較小，則臨界角大，不容易發生全反射解答：解：畫出光路圖，分析可知，第一次折射時，b光的折射角較大，而入射角相等，根據折射率公式n=得知，b光的折射率較小，頻率較小，波長較長再由=f，可知，

4、折射率越小，則波長越長A、由公式v=得知，b光的折射率較小，在同種玻璃中傳播，a光的傳播速度一定小于b光，故A錯誤；B、光的折射率較小，以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后，b光的折射角較大，所以b光側移量小故B錯誤；C、b光的折射率較小，頻率較小，分別照射同一光電管，若b光能引起光電效應，a光也一定能，故C正確；D、b光的折射率較小，則臨界角大，不容易發生全反射，所以以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時，一定是b光故D錯誤故選：C點評：該題結合光的折射考查折射率、折射率與光的頻率、速度的關系以及光電效應的條件等知識點的內容，關鍵之處是畫出光路圖，分析第一次折射時折射角的

5、關系，要注意運用反射的對稱性作圖3（6分）（2015天津）圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，a、b兩質點的橫坐標分別為xa=2m和xb=6m，圖乙為質點b從該時刻開始計時的振動圖象，下列說法正確的是（）A該波沿+x方向傳播，波速為1m/sB質點a經4s振動的路程為4mC此時刻質點a的速度沿+y方向D質點a在t=2s時速度為零考點：波長、頻率和波速的關系.專題：振動圖像與波動圖像專題分析：A、由圖可知ab兩點之間的距離，利用波的速度公式可求出波傳播的速度大小，結合b點在該時刻的位置及振動方向，利用平移法可知波的傳播方向，從而可知選項A的正誤B、方向經過4s的時間與周期之間的關系，利用在一個周

6、期內，質點經過的路程為振幅的4倍，即可得知選項B的正誤C，結合b質點此時刻的位置和振動方向，從而可得知a質點所處的位置和振動方向，繼而可知選項C的正誤D、通過t=2s時b的位置，可判斷出a點的位置，從而可知a點的運動情況，繼而得知選項D的正誤解答：解：A、ab兩點間的距離為x=xbxa=62=4m，振動從a傳播到b的時間為半個周期，為t=4s，所以波速為：v=1m/s，但是b點該時刻的振動方向是沿y軸正方向，由微平移法可知波向x軸方向傳播，選項A錯誤B、質點a振動4s，是經過了半個周期，質點運動過的路程為振幅的2倍，即為1m，選項B錯誤C、此時刻b的振動方向是向y軸正方向，ab間相隔半個波長，

7、振動步調完全相反，所以此時刻質點a的速度沿y方向，選項C錯誤D、在t=2s時，質點b在正的最大位移處，ab兩質點的振動步調完全相反，所以質點a在負的最大位移處，此時a的速度為零，選項D正確故選：D點評：該題考察了簡諧波的傳播和質點的振動，解答該題要熟練的掌握波傳播方向的判斷，常用的方法有“微平移法”、“帶動法”、“上下坡法”、“振向波向同側法”和“頭頭尾尾相對法”，還有就是要熟練的掌握步調一致的點的判斷和步調始終相反的點的判斷會通過時間計算振動質點通過的路程4（6分）（2015天津）未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態，為緩解這種狀態帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋

8、轉艙”，如圖所示，當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力為達到上述目的，下列說法正確的是（）A旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小考點：萬有引力定律及其應用.專題：萬有引力定律的應用專題分析：首先分析出該題要考察的知識點，就是對向心加速度的大小有影響的因素的分析，列出向心加速度的表達式，進行分析即可得知正確選項解答：解：為了使宇航員在航天器上受到與他站在地球表面時相同大小的支持力，即為使宇航員隨旋轉艙轉動的向心

9、加速度為定值，且有a=g，宇航員隨旋轉艙轉動的加速度為：a=2R，由此式可知，旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小，此加速度與宇航員的質量沒有關系，所以選項ACD錯誤，B正確故選：B點評：該題的考察方法非常新穎，解題的關鍵是從相關描述中提起有用的東西，對于該題，就是得知在向心加速度不變的情況下，影響向心加速度大小的物理量之間的變化關系，該題還要熟練的掌握有關勻速圓周運動的各個物理量的關系式，并會應用其進行正確的計算和分析5（6分）（2015天津）如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態現讓圓環由靜止開始下滑，

10、已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L（未超過彈性限度），則在圓環下滑到最大距離的過程中（）A圓環的機械能守恒B彈簧彈性勢能變化了mgLC圓環下滑到最大距離時，所受合力為零D圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變考點：功能關系；機械能守恒定律.分析：分析圓環沿桿下滑的過程的受力和做功情況，只有重力彈簧的拉力做功，所以圓環機械能不守恒，系統的機械能守恒；根據系統的機械能守恒進行分析解答：解：A、圓環沿桿滑下過程中，彈簧的拉力對圓環做功，圓環的機械能不守恒，故A錯誤，B、圖中彈簧水平時恰好處于原長狀態，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L，可得物體下降的高度為h=L，根據系統的

11、機械能守恒得 彈簧的彈性勢能增大量為Ep=mgh=mgL，故B正確C、圓環所受合力為零，速度最大，此后圓環繼續向下運動，則彈簧的彈力增大，圓環下滑到最大距離時，所受合力不為零，故C錯誤D、根據圓環與彈簧組成的系統機械能守恒，知圓環的動能先增大后減小，則圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和先減小后增大，故D錯誤故選：B點評：對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法要注意圓環的機械能不守恒，圓環與彈簧組成的系統機械能才守恒二、不定向選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6（6分）（2015天津

12、）如圖所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數可以通過滑動觸頭Q來調節，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則（）A保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數變大B保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數變小C保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數變大D保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數變小考點：變壓器的構造和原理.專題：交流電專題分析：保持Q位置不動，則輸出電壓不變，保持P位置不動，則負載不變，再根據變壓器的特點分析解答：解：AB、在原、副線圈匝數比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸

13、入電壓決定因此，當Q位置不變時，輸出電壓不變，此時P向上滑動，負載電阻值增大，則輸出電流減小，電流表的讀數I變小，故A錯誤，B正確；CD、P位置不變，將Q向上滑動，則輸出電壓變大，輸出電流變大，則電流表的讀數變大，故C正確，D錯誤；故選：BC點評：本題的關鍵在于P位置不動時 總電阻不變，Q不變時輸出電壓不變，完全利用變壓器特點7（6分）（2015天津）如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發生偏轉，最后打在屏上整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多B三種粒子打到

14、屏上時的速度一樣大C三種粒子運動到屏上所用時間相同D三種粒子一定打到屏上的同一位置考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：由動能定理定理可求得粒子進入偏轉電場時的速度，再對運動的合成與分解可求得偏轉電場中的位移；再由幾何關系可明確粒子打在屏上的位置解答：解：帶電粒子在加速電場中加速度，由動能定理可知：E1qd=mv2；解得：v=；粒子在偏轉電場中的時間t=；在偏轉電場中的縱向速度v0=at=縱向位移x=at2=；即位移與比荷無關，與速度無關；由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的時間與橫向速度成反比；故選：AD點評：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，

15、要注意偏轉中的運動的合成與分解的正確應用8（6分）（2015天津）P1、P2為相距遙遠的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛星s1、s2做勻速圓周運動圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度a，橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關系，它們左端點橫坐標相同則（）AP1的平均密度比P2的大BP1的“第一宇宙速度”比P2的小Cs1的向心加速度比s2的大Ds1的公轉周期比s2的大考點：萬有引力定律及其應用.專題：萬有引力定律的應用專題分析：根據牛頓第二定律得出行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度a的表達式，結合a與r2的反比關系

16、函數圖象得出P1、P2的質量和半徑關系，根據密度和第一宇宙速度的表達式分析求解；根據根據萬有引力提供向心力得出周期表達式求解解答：解：A、根據牛頓第二定律，行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度為：a=，它們左端點橫坐標相同，所以P1、P2的半徑相等，結合a與r2的反比關系函數圖象得出P1的大于P2的質量，根據=，所以P1的平均密度比P2的大，故A正確；B、第一宇宙速度v=，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B錯誤；C、s1、s2的軌道半徑相等，根據a=，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正確；D、根據根據萬有引力提供向心力得出周期表達式T=2，所以s1的公轉周期比s2的小，故D錯誤

17、；故選：AC點評：解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關系，并會用這些關系式進行正確的分析和計算該題還要求要有一定的讀圖能力和數學分析能力，會從圖中讀出一些信息就像該題，能知道兩個行星的半徑是相等的三、實驗填空題（共3小題，每小題4分，滿分18分）9（4分）（2015天津）如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發生第二次碰撞，A、B兩球的質量之比為4：1，A、B碰撞前、后兩球總動能之比為9：5考點：動量守恒

18、定律.專題：動量定理應用專題分析：設開始時B的速度為v0，由題得出B與A碰撞后A與B的速度關系，然后由動量守恒定律即可求出質量關系，由動能的定義式即可求出動能關系解答：解：設開始時B的速度為v0，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A與擋板碰后原速率返回，兩球剛好不發生第二次碰撞，所以碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等，A的速度是，B的速度是，選取向左為正方向，由動量守恒定律得：整理得：碰撞前的動能：碰撞后的動能：=所以：故答案為：4：1，9：5點評：該題考查水平方向的動量守恒定律，從題目給出的條件中判斷出碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等是解答的關鍵10（4分）（2015天津）某同學利用單

19、擺測量重力加速度為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是BCA組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線C實驗時須使擺球在同一豎直面內擺動D擺長一定的情況下，擺的振幅盡量大如圖所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1m的單擺實驗時，由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2；最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標記點之間的距離L用上述測量結果，寫出

20、重力加速度的表達式g=考點：用單擺測定重力加速度.專題：實驗題分析：為減小實驗誤差應選擇密度大而體積小的球作為擺球，選用輕質細線做擺線，當單擺擺角小于5°時單擺的運動是簡諧運動，根據實驗注意事項分析答題；應用單擺周期公式求出重力加速度的表達式解答：解：A、為減小空氣阻力對實驗的影響，減小實驗誤差，組裝單擺須選用密度大而直徑都較小的擺球，故A錯誤；B、為減小實驗誤差，組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線，故B正確；C、實驗時須使擺球在同一豎直面內擺動，不能使單擺成為圓錐擺，故C正確；D、單擺擺角最大擺角應小于5°，擺長一定的情況下，擺的振幅盡量小些，故D錯誤；故選BC由單擺周期公

21、式，根據題意看得：T1=2，T2=2，解得：g=；故答案為：BC；點評：本題考查了實驗注意事項、求重力加速度，知道實驗原理與實驗注意事項、應用單擺周期公式即可正確解題，本題是一道 基礎題，要注意基礎知識的學習與掌握11（10分）（2015天津）用電流表和電壓表測定由三節干電池串聯組成的電池組（電動勢約4.5V，內電阻約1）的電動勢和內電阻，除待測電池組、電鍵、導線外，還有下列器材供選用：A電流表：量程0.6A，內電阻約1B電流表：量程3A，內電阻約0.2C電壓表：量程3V，內電阻約30kD電壓表：量程6V，內電阻約60kE滑動變阻器：01000，額定電流0.5AF滑動變阻器：020，額定電流2

22、A為了使測量結果盡量準確，電流表應選用A，電壓表應選用D，滑動變阻器應選用F（均填儀器的字母代號）如圖為正確選擇儀器后，連好的部分電路，為了使測量誤差盡可能小，還需在電路中用導線將a和d相連、c和g相連、f和h相連（均填儀器上接線柱的字母代號）實驗時發現電流表壞了，于是不再使用電流表，剩余儀器中僅用電阻箱替換掉滑動變阻器，重新連接電路，仍能完成實驗實驗中讀出幾組電阻箱的阻值R和對應電壓表的示數U用圖象法處理采集到的數據，為在直角坐標系中得到的函數圖象是一條直線，則可以為縱坐標，以為橫坐標考點：測定電源的電動勢和內阻.專題：實驗題分析：1、根據電路電流選擇電流表，根據電源電動勢選擇電壓表，為方便

23、實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器2、根據伏安法測電源電動勢與內阻的原理作出實驗圖3、根據閉合電路歐姆定律得出對應的表達式，讓圖象為直線，便于我們處理解答：解：實驗數據中最大電流為0.57A，為準確測量，電流表應選A，電源電動勢約為1.5×3=4.5V，電壓表應選D，電阻值太大，調節不方便，為方便實驗操作，滑動變阻器應選F；測量電源電動勢和內阻的時候，由于電源的內阻是很小的，為了減小內阻的測量誤差，我們選用的是電流表的外接法，故應將ad、cg以及fh相連組成電路；由于電流表壞，故只能利用電壓表和電阻箱進行實驗，由閉合電路歐姆定律可得：電源電動勢E=U+Ir=U+r，則=+，故應作

24、出圖象；故答案為：ADF；ad，cg，fh；點評：本題考查了測電壓表內阻、測電源電動勢與內阻實驗，要掌握辦偏法測電表內阻的方法；根據電路圖由歐姆定律求出圖象的函數表達式是正確求出電源電動勢與內阻的前提與關鍵四、計算題（共3小題，滿分54分）12（16分）（2015天津）某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v=1m/s的恒定速度向右運動，現將一質量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數=0.5設皮帶足夠長，取g=10m/s2，在郵件與皮帶發生相對滑動過程中，求：（1）郵件滑動的時間t；（2）郵件對地的位移大小x；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的

25、功W考點：動能定理；牛頓第二定律.專題：動能定理的應用專題分析：（1）對郵件運用動量定理，求出郵件速度達到傳送帶速度所需的時間（2）對郵件運用動能定理，求出郵件相對地面的位移大小（3）根據摩擦力的大小以及皮帶的位移大小求出郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W解答：解：（1）設郵件放到皮帶上與皮帶發生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F，則：F=mg 取向右為正方向，對郵件應用動量定理得，Ft=mv0，由式并代入數據得，t=0.2s （2）郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，對郵件應用動能定理，有： 由式并代入數據得，x=0.1m （3）郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，設皮帶相對地面的位移為s，則：s=

26、vt 摩擦力對皮帶做的功W=Fs 由式并代入數據得，W=2J答：（1）郵件滑動的時間t為0.2s；（2）郵件對地的位移大小x為0.1m；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W為2J點評：本題考查了動量定理、動能定理的基本運用，本題也可以采用動力學知識進行求解，關鍵需理清郵件在整個過程中的運動規律13（18分）（2015天津）如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊相互垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l勻強磁場區域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到e

27、f、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g求：（1）線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；（2）磁場上下邊界間的距離H考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；功能關系.專題：電磁感應與電路結合分析：（1）線框勻速進入（離開）磁場，重力與安培力平衡，根據平衡條件、安培力公式、切割公式、歐姆定律列式求解即可分別求出兩個速度；（2）由動能定理和功的計算公式，寫出重力做的功W，然后結合功能關系即可求出磁場的寬

28、度解答：解：（1）設線框dc邊剛進入磁場時，線框的速度為v1，感應電動勢 E=B2lv1 感應電流：I= dc邊受安培力的大小：F=BI2l 由于做勻速運動，則：F=mg 由式解得速度：設線框ab邊將離開磁場時，線框的速度為v2，同理可得： 所以：v2=4v1 （2）在線框從開始下落到dc邊剛進入磁場的過程中，重力做功WG=2mgl根據動能定理得：2mgl= 線框完全穿過磁場的過程中，由功能關系得： 聯立得：H=答：（1）線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的4倍；（2）磁場上下邊界間的距離是點評：本題是電磁感應中的綜合問題，全面考查電磁感應定律、歐姆定律以及動能定理

29、、平衡條件等知識，分析清楚線框的運動過程、應用勻變速直線運動的速度位移公式、E=BLv、安培力公式、平衡條件、能量守恒定律、電流定義式即可正確解題14（20分）（2015天津）現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場與磁場的寬度均為d，電場強度為E，方向水平向右；磁感應強度為B，方向垂直紙面向里電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射（1）求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2；（2）粒子從第n層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求sinn；（3）若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，試問在其他條件不