1、2015年全國統一高考物理試卷（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1-5題只有一項符合題目要求。第6-8 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）兩相鄰勻強磁場區域的磁感應強度大小不同，方向平行，一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后，粒子的（）A軌道半徑減少，角速度增大B軌道半徑減少，角速度減少C軌道半徑增大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減少2 （ 6 分）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

2、 是它們的交點，四點處的電勢分別為M， N， P， Q，一電子由M 點分別到N 點和 P 點的過程中，電場力所做的負功相等，則（）A直線a 位于某一等勢面內，M> QB直線c 位于某一等勢面內， M> NC若電子由M 點運動到Q 點，電場力做正功D若電子由P 點運動到Q 點，電場力做負功3 （ 6 分）一理想變壓器的原，副線圈的匝數比為3： 1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側接在電壓為220V 的正弦交流電源上，如圖所示，設副線圈回路中電阻兩端的電壓為U，原、副線圈回路中電阻消耗的功AU=66V，k=BU=22V，k=CU=66V，k=DU=22V，k=4

3、（ 6 分）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，一質量為m 的質點自P 點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從 P 點進入軌道，質點滑到軌道最低點N 時，對軌道的壓力為4mg， g 為重力加速度的大小，用W 表示質點從P 點運動到N 點的過程中克服摩擦力所做的功，則（ ）A W= mgR，質點恰好可以到達Q點8 W>mgR，質點不能到達Q 點C W= mgR，質點到達Q 點后，繼續上升一段距離D W< mgR，質點到達Q 點后，繼續上升一段距離5 （ 6 分）一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示，水平臺面的長和寬分別為L1 和 L2，中間球網高

4、度為h，發射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球，發射點距臺面高度為3h，不計空氣的作用，重力加速度大小為g，若乒乓球的發射率v 在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，到v 的最大取值范圍是（6 （ 6 分） 1824 年，法國科學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線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示 實驗中發現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后下列說法正確的是（）A圓盤上產生了感應電動勢 B圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動 C在圓盤

5、轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發生了變化 D圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉 動7 （ 6 分）如圖（a） ，一物塊在t=0 時刻滑上一固定斜面，其運動的v t 圖線如圖（ b）所示，若重力加速度及圖中的v0， v1， t1 均為已知量，則可求出（）A斜面的傾角B物塊的質量C物塊與斜面間的動摩擦因數D物塊沿斜面向上滑行的最大高度8 （ 6 分）我國發射的“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軌道上繞月運行，然后經過一系列過程，在離月面4m 高處做一次懸停（可認為是相對于月球靜止），最后關閉發動機，探測器自由下落，已知探測器的質

6、量約為1.3× 103kg， 地球質量約為月球的81 倍， 地球半徑約為月球的3.7 倍， 地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，則此探測器（）A在著陸前的瞬間，速度大小約為8.9m/sB懸停時受到的反沖擊作用力約為2× 103NC從離開近月圓軌道到著陸這段時間內，機械能守恒D在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛星在近地圓軌道上運行的線速度二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第9-12 題為必考題，每個考生都必須作答，第13題 -18 題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9 （ 6 分）某物理小組的同學設計了一個粗測玩具小車通過凹形橋最低點時的速度的實驗，所用

7、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，托盤秤的示數如圖（b）所示，該示數為kg（ 3）將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經過最低點后滑向另一側，此過程中托盤秤的最大示數為m，多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m 值如表所示：序號12345m（ kg）1.801.751.851.751.90（ 4）根據以上數據，可求出小車經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9.8m

8、/s2， 計算結果保留 2 位有效數字）10 （ 9 分）圖（ a）為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內是毫安 表的改裝電路（ 1）已知毫安表表頭的內阻為100，滿偏電流為1mA； R1 和 R2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由題給條件和數據，可以求出R1=， R2=（ 2）現用一量程為3mA、內阻為150 的標準電流表A對改裝電表的3mA檔進行校準，校準時需選取的刻度為0.5、 1.0、 1.5、 2.0、 2.5、 3.0mA電池的電動勢為1.5V， 內阻忽略不計；定值電阻R0有兩種規格，阻值分別為

9、300 和 1000；滑動變阻器R有兩種規格，最大阻值分別為750 和 3000 則 R0應選用阻值為 的電阻，R 應選用最大阻值為 的滑動變阻器（ 3）若電阻R1 和 R2 中有一個因損壞而阻值變為無窮大，利用圖（b）的電路可以判斷出損壞的電阻圖（b）中的R為保護電阻，虛線框內未畫出的電路即為圖（a）虛線框的電路則圖中的d 點應和接線柱（填 “ b或” “ c）相連判斷 ”依據是11（ 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，金屬棒通過開關與一電動勢為

10、12V的電池相連，電路總電阻為2，已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm，閉合開關，系統重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取 10m/s2，判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量12 （ 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，t=0 時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s 時木板與墻壁碰撞（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 時間內小物塊的v t 圖線如圖（

11、b）所示，木板的質量是小物塊質量的15 倍，重力加速度大小g 取 10m/s2，求：（ 1）木板與地面間的動摩擦因數 1 及小物塊與木板間的動摩擦因數2（ 2）木板的最小長度；（ 3）木板右端離墻壁的最終距離三、選考題：從下面的3 道物理題中，任選一題作答。如果多做，則按第一題計分，物理-選修3-313 （ 5 分）下列說法正確的是（）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，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質C由同種元素構成的固體，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，某些晶體可以轉變為非晶體，某些非晶體也可以轉變為晶 體E在熔化過程中

12、，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變14 （ 10 分）如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的質量為m1=2.50kg，橫截面積為s1=80.0cm2，小活塞的質量為m2=1.50kg，橫截面積為s2=40.0cm2，兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l=40.0cm，汽缸外大氣的壓強為p=1.00× 105Pa，溫度為T=303K，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T1=495K，現汽缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小 g 取 10m/s2，求：1）在大活塞與大

13、圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強物理-選修3-415 在雙縫干涉實驗中，分別用紅色和綠色的激光照射用同一雙縫，在雙縫后的屏幕上，紅光的干涉條紋間距x1 與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1x2（填“> ”“ 或 =”“< ”） ，若實驗中紅光的波長為630nm，雙縫與屏幕的距離為1.00m，測得地1 條到第 6 條亮條紋中心間的距離為10.5mm，則雙縫之間的距離為mm16甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質中分別沿x 軸正向和負向傳播，波速均為v=25cm/s，兩列波在t=0 時的波形曲線如圖所示，求：（ 1） t=0 時

14、，介質中偏離平衡位置位移為16cm 的所有質點的x坐標；（ 2）從t=0 開始，介質中最早出現偏離平衡位置位移為16cm 的質點的時間物理-選修3-517在某次光電效應實驗中，得到的遏止電壓Ue與入射光的頻率v 的關系如圖所示，若該直線的斜率和截距分別為k 和 b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為，所用材料的逸出功表示為18如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、 B、 C位于同一直線上，A點位于B、 C 之間，A的質量為m， B、 C的質量都為M，三者均處于靜止狀態，現使A以某一速度向右運動，求m 和 M 之間應滿足什么條件，才能使A 只與B、 C各發生一次碰撞設物體間的碰撞都是彈

15、性的2015年全國統一高考物理試卷（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1-5題只有一項符合題目要求。第6-8 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） （ 2015?新課標）兩相鄰勻強磁場區域的磁感應強度大小不同，方向平行，一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后，粒子的（）A軌道半徑減少，角速度增大B軌道半徑減少，角速度減少C軌道半徑增大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減少【分析】 通過洛倫茲力提供向心力得知軌道半徑的公式，

16、結合該公式即可得知進入到較弱磁場區域后時，半徑的變化情況；再利用線速度與角速度半徑之間的關 系式，即可得知進入弱磁場區域后角速度的變化情況【解答】 解： 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力等于洛倫茲力，由 牛頓第二定律有：qvB=得： R=B 減小，所以R 增大從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后線速度、角速度的關系為：v=R線速度v不變，半徑R增大，所以角速度減小，選項D 正確，ABC錯誤故選：D2 （ 6 分） （ 2015?新課標）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M， N， P， Q，一電子由M 點

17、分別到N 點和P 點的過程中，電場力所做的負功相等，則 （A直線a 位于某一等勢面內，M> QB直線c 位于某一等勢面內， M> NC若電子由M 點運動到Q 點，電場力做正功D若電子由P 點運動到Q 點，電場力做負功【分析】 電子由 M 點分別到N 點和P 點的過程中，電場力所做的負功相等，說明電勢能增加相等，據此分析電勢高低【解答】 解：AB、據題，電子由M 點分別到N 點和 P 點的過程中，電場力做負功相等，則電勢能增加相等，電勢降低，則N、 P 兩點的電勢相等，d 位于同一等勢面內，根據勻強電場等勢面分布情況知，直線a 不是同一等勢面，直線c 位于某一等勢面內，且M>

18、N故A錯誤，B正確C、由上分析知，直線c 位于某一等勢面內，M 、 Q 的電勢相等，若電子由M 點運動到 Q 點電場力不做功，故C錯誤D、電子由P 點運動到Q 點與電子由P 點運動到M 點電場力做功相等，所以電場力做正功，故D 錯誤故選：B3 （ 6 分） （ 2015?新課標）一理想變壓器的原，副線圈的匝數比為3： 1， 在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側接在電壓為220V的正弦交流電源上，如圖所示，設副線圈回路中電阻兩端的電壓為U，原、副線圈回路k，則（A U=66V，B U=22V， k=C U=66V， k=DU=22V， k=首先計算出通過副線圈的電流，由變比關系

19、可知原線圈的電流，繼而可表示出與原線圈串聯的電阻的分壓，結合題意即可在原線圈上列出電壓的等式，可求出副線圈上的電壓利用焦耳定律可表示出兩個電阻的功率，繼而可解的比 值 k解：由題意知：副線圈的電流為：I2=則原線圈的電流為：I1=與原線圈串聯的電阻的電壓為：UR=I1R=3U，所以有：解得： U=66V原線圈回路中的電阻的功率為：P1= R=1副線圈回路中的電阻的功率為：P2=所以 k= =選項A正確，BCD錯誤故選： A4 （ 6 分） （ 2015?新課標）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，一質量為m 的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從

20、P 點進入軌道，質點滑到軌道最低點N 時，對軌道的壓力為 4mg， g 為重力加速度的大小，用W 表示質點從P 點運動到N 點的過程中克服摩擦力所做的功，則（）A W= mgR，質點恰好可以到達Q點B W>mgR，質點不能到達Q 點C W= mgR，質點到達Q 點后，繼續上升一段距離D W< mgR，質點到達Q 點后，繼續上升一段距離【分析】 對 N 點運用牛頓第二定律，結合壓力的大小求出N 點的速度大小，對開始下落到N 點的過程運用動能定理求出克服摩擦力做功的大小抓住 NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根據動能定理分析Q點的速度大小，從而判斷能否到達Q 點【解答】解

21、：在 N 點，根據牛頓第二定律有：，解得，對質點從下落到N 點的過程運用動能定理得，解得W=由于 PN 段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，則在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，對 NQ段運用動能定理得，因為，可知vQ> 0，所以質點到達Q 點后，繼續上升一段距離故C正確，A、 B、 D 錯誤故選： C5 （ 6 分） （ 2015?新課標）一帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示，水平臺面的長和寬分別為L1 和 L2， 中間球網高度為h， 發射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發射乒乓球，發射點距臺面高度為3h，不計空氣的作用，

22、重力加速度大小為g，若乒乓球的發射率v 在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，到v 的最大取值范圍是A< v< L1B< v<C< v<D< v<球要落在網右側臺面上，臨界情況是與球網恰好不相撞，還有與球臺邊緣相碰， 根據高度求出平拋運動的時間，根據幾何關系求出最小的水平位移和最大的水平位移，從而得出最小速度和最大速度【解答】 解：若球與網恰好不相碰，根據3h h= 得，水平位移的最小值，則最小速度若球與球臺邊緣相碰，根據3h= 得，xmax=， 則最大速度故 D 正確， A、B、 C錯誤故選：D6 （ 6 分） （ 2

23、015?新課標）1824 年，法國科學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線懸掛一枚可以自如圖所示實驗中發現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后下列說法正確的是（A圓盤上產生了感應電動勢B圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動C在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發生了變化D圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動【分析】通過題意明確渦流的產生，再根據磁極和電流間的相互作用分析磁鐵的運動【解答】解： A、圓盤在轉動中由于半徑方向的金屬條切割磁感線，從而在圓心和邊緣之間產生了

24、感應電動勢；故A正確；B、圓盤在徑向的金屬條切割磁感線過程中，內部距離圓心遠近不同的點電勢不等，從而形成渦流，渦流產生的磁場又導致磁針轉動，故B 正確；C、 由于圓盤面積不變，距離磁鐵的距離不變，故整個圓盤中的磁通量沒有變化；故 C 錯誤；D、圓盤中自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場，由安培定則可判斷出在中心方向豎直向下，其它位置關于中心對稱，此磁場不會導致磁針轉動；故D錯誤；故選：AB7 （ 6 分） （ 2015?新課標）如圖（a） ，一物塊在t=0 時刻滑上一固定斜面，其運動的v t 圖線如圖（b）所示，若重力加速度及圖中的v0， v1， t 1 均為已知量，則可求出（）A斜面的傾角

25、B物塊的質量C物塊與斜面間的動摩擦因數D物塊沿斜面向上滑行的最大高度【分析】 由圖 b 可求得物體運動過程及加速度，再對物體受力分析，由牛頓第二定律可明確各物理量是否能夠求出【解答】 解：由圖b 可知，物體先向上減速到達最高時再向下加速；圖象與時間軸圍成的面積為物體經過的位移，故可出物體在斜面上的位移；圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：mgsin + mgcos =m1；下降過程有：amgsin mgcos =m2a；兩式聯立可求得斜面傾角及動摩擦因數；但由于m 均消去，故無法求得質量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高度；故選：ACD8 （ 6 分）

26、（ 2015?新課標）我國發射的“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軌道上繞月運行，然后經過一系列過程，在離月面4m 高處做一次懸停（可認為是相對于月球靜止）， 最后關閉發動機，探測器自由下落，已知探測器的質量約為1.3× 103kg，地球質量約為月球的81 倍，地球半徑約為月球的 3.7倍，地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，則此探測器（）A在著陸前的瞬間，速度大小約為8.9m/sB懸停時受到的反沖擊作用力約為2× 103NC從離開近月圓軌道到著陸這段時間內，機械能守恒D在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛星在近地圓軌道上運行的線速度【分析】

27、 根據萬有引力提供向心力得月球表面重力加速度，根據運動學公式得出著陸前的瞬間速度；根據二力平衡得出懸停時受到的反沖擊作用力大小；根據 v= 判斷線速度關系【解答】 解：A、根據萬有引力等于重力=mg，g=地球質量約為月球的81 倍，地球半徑約為月球的3.7 倍，地球表面的重力加速度大小約為9.8m/s2，所以月球表面的重力加速度大小約為g =1.66m2/s，根據運動學公式得在著陸前的瞬間，速度大小約v=3.6m/s，故A錯誤；B、登月探測器懸停時，二力平衡，F=mg =1.× 3 103× 1.66 2× 103N，故B正確；C、從離開近月圓軌道到著陸這段時間內

28、，有外力做功，機械能不守恒，故C錯誤；D、根據v= ，地球質量約為月球的81 倍，地球半徑約為月球的3.7倍，所以在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛星在近地圓軌道上運行的線速度，故 D 正確；故選：BD二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第9-12 題為必考題，每個考生都必須作答，第13題 -18 題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9 （ 6 分） （ 2015?新課標）某物理小組的同學設計了一個粗測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）

29、所示，托盤秤的示數為1.00kg（ 2）將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點時，托盤秤的示數如圖（b）所示，該示數為1.40 kg（ 3）將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經過最低點后滑向另一側，此過程中托盤秤的最大示數為m，多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m 值如表所示：序號12345m（ kg）1.801.751.851.751.90（ 4）根據以上數據，可求出小車經過凹形橋最低點時對橋的壓力為7.9 N，小車通過最低點時的速度大小為1.4 m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，計算結果保留2 位有效數字）【分析】 （ 2）根據量程為10kg，最小分度為0.1kg，注意估讀到最小分度

30、的下一位；（ 4） 根據表格知最低點小車和凹形橋模擬器對秤的最大壓力平均值為mg， 根據Fm=m 橋 g+FN，知小車經過凹形橋最低點時對橋的壓力FN，根據FN=m0g+m0 ，求解速度【解答】 解： （ 2）根據量程為10kg，最小分度為0.1kg，注意估讀到最小分度的下一位，為1.40kg；（ 4）根據表格知最低點小車和凹形橋模擬器對秤的最大壓力平均值為：Fm=N=m 橋 g+FN解得：FN=7.9N根據牛頓運動定律知：FN m0g=m0 ，代入數據解得：v=1.4m/s故答案為：（ 2） 1.40， （ 4） 7.9， 1.410 （ 9 分） （ 2015?新課標）圖（a）為某同學改裝

31、和校準毫安表的電路圖，其（ 1）已知毫安表表頭的內阻為100，滿偏電流為1mA； R1 和 R2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由題給條件和數據，可以求出R1= 15 ， R2= 35 （ 2）現用一量程為3mA、內阻為150 的標準電流表A對改裝電表的3mA檔進行校準，校準時需選取的刻度為0.5、 1.0、 1.5、 2.0、 2.5、 3.0mA電池的電動勢為1.5V， 內阻忽略不計；定值電阻R0有兩種規格，阻值分別為300 和 1000；滑動變阻器R有兩種規格，最大阻值分別為750 和 3000 則 R0應選

32、用阻值為300 的電阻， R應選用最大阻值為3000 的滑動變阻器（ 3）若電阻R1 和 R2 中有一個因損壞而阻值變為無窮大，利用圖（b）的電路可以判斷出損壞的電阻圖（b）中的R為保護電阻，虛線框內未畫出的電路即為圖（a）虛線框的電路則圖中的d 點應和接線柱c （填 “ b或” “ c）相連判 ”斷依據是閉合開關時，若電表指針偏轉，則損壞的電阻是R1，若電表指針不動，則損壞的電阻是R2 【分析】 （ 1）根據串并聯電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值（ 2）應用串聯電路特點與歐姆定律求出定值電阻與滑動變阻器的阻值，然后作出選擇（ 3）有電流流過電表時電表指針發生偏轉，沒有電流流過電表時電表指針

33、不偏轉，根據電路圖分析答題【解答】解： （ 1）使用a、 b 接線柱時，Iab=Ig+=0.001+=0.003，使用a、 c接線柱時，Iac=Ig+=0.001+=0.010，2）改裝后電流表內阻：r= 33，R0 作為保護電阻，電流最大時，電路總電阻約為：R=r+RA+R0= =500，R0=R r RA=500 33 150=317，則應R0選 300；電路電流最小時：R滑 = R= 500=2500 > 750，則滑動變阻器應選擇3000 的（ 3）由圖示電路圖可知，圖中的d 點與接線柱c 相連時，閉合開關時，若電表指針偏轉，則損壞的電阻是R1，若電表指針不動，則損壞的電阻是R2

34、；故答案為：（ 1） 15； 35； （ 2） 300； 3000； （ 3） c；閉合開關時，若電表指針偏轉，則損壞的電阻是R1，若電表指針不動，則損壞的電阻是R211 （ 12 分） （ 2015?新課標）如圖，一長為10cm的金屬棒ab 用兩個完全相同磁場的磁感應強度大小為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，金屬棒通過開關與一電動勢為12V閉合開關，系統重新平衡后，重力加速度大小取10m/s2，判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出2，已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm，【分析】 在閉合前，導體棒

35、處于平衡狀態，在閉合后，根據閉合電路的歐姆定律求的電流，根據F=BIL求的安培力，由共點力平衡求的質量解：閉合開關后，電流由b 指向 a，受到的安培力向下斷開時：2k l1=mg開關閉合后2k（l1+ l2） =mg+F受到的安培力為：F=BIL回路中電流為I=聯立解得m=0.01kg答：金屬棒的質量為0.01kg12 （ 20 分） （ 2015?新課標）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，t=0 時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s 時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短），碰撞前后木

36、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時間內小物塊的v t 圖線如圖（b）所示，木板的質量是小物塊質量的15 倍，重力加速度大小g 取 10m/s2，求：（ 1）木板與地面間的動摩擦因數 1 及小物塊與木板間的動摩擦因數2（ 2）木板的最小長度；（ 3）木板右端離墻壁的最終距離【分析】 （ 1 ）對碰前過程由牛頓第二定律時行分析，結合運動學公式可求得1；再對碰后過程分析同理可求得2；（ 2）分別對木板和物塊進行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運動學公式求解位移，則可求得相對位移，即可求得木板的長度；（ 3）對木板和物塊達相同靜止后的過程進行分析，由牛頓第二定

37、律及運動學公式聯立可求得位移；則可求得木板最終的位置【解答】 解： （ 1）設向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，加速度設為a1，小物塊和木板的質量分別為m 和 M，由牛頓第二定律有： 1（ m+M） g=（ m+M） a1由圖可知，木板與墻壁碰前瞬時速度v1=4m/s；由運動學公式可得：v1=v0+a1t1s0=v0t1+ a1t12；式中t 1=1s， s0=4.5m是木板碰間有的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度聯立以上各式解得： 1=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1 的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1 的初速度向右做勻變速運動設小物塊的加速度

38、為a2，由牛頓第二定律有： 2mg=ma2由圖可得：a2=t 2=2s， v2=0；代入以上兩式可得： 2=0.4；（ 2）設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度 v3，由牛頓第二定律及運動學公式得： 2mg+ 1（ M+m） g=Ma3v3= v1+a3 tv3=v1+a2 t碰撞后至木板和小物塊達到共同速度的過程中，木板運動的位移為：小物塊的位移為：s2=小物塊相對于木板的位移為： s=s2 s1由以上各式解得：s=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，兩者向左做勻變速運動直至停止，

39、設加速度為a4， 此過程中小物塊和木板運動的位移為s3， 由牛頓第二定律及運動學公式可得；1 （ m+M ） g=（ m+M ） a420 v 3=2a4s3碰后木板運動的位移為s=s1+s3解得：s= 6.5m；答： （ 1 ） 木板與地面間的動摩擦因數1 為 0.1；小物塊與木板間的動摩擦因數2為 0.4；（ 2）木塊的最小長度為6.0m（ 3）木板右端離墻壁的最終距離為6.5m三、選考題：從下面的3 道物理題中，任選一題作答。如果多做，則按第一題計分，物理-選修3-313 （ 5 分） （ 2015?新課標）下列說法正確的是（）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

40、非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質C由同種元素構成的固體，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，某些晶體可以轉變為非晶體，某些非晶體也可以轉變為晶體E在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變【分析】 該題通過晶體和非晶體的特性進行判斷晶體是具有一定的規則外形，各項異性，具有固定的熔點；非晶體沒有固定的熔點，沒有規則的幾何外形，表現各項同性，由此可判斷各選項的正誤【解答】 解：A、將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒還是晶體，選項A 錯誤B、固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上各向異性，具有不同的光學性質，選項B 正確C、 由同種

41、元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石選項C正確D、在合適的條件下，某些晶體可以轉變為非晶體，某些非晶體也可以轉變為晶體，例如天然石英是晶體，熔融過的石英卻是非晶體把晶體硫加熱熔化（溫度超過300）再倒進冷水中，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉化為晶體硫所以選項D 正確E、在熔化過程中，晶體要吸收熱量，雖然溫度保持不變，但是內能要增加選項 E 錯誤故選： BCD14 （ 10 分） （ 2015?新課標）如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的質量為m1=2.50kg，橫截面積為s1=80.0cm2，小活

42、塞的質量為m2=1.50kg，橫截面積為s2=40.0cm2，兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l=40.0cm，汽缸外大氣的壓強為p=1.00× 10T2=330K， T3=T=303K，Pa，溫度為T=303K，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T1=495K，現汽缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小g 取 10m/s2，求：（ 1）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度（ 2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強【分析】 （ 1）氣體發生等壓變化，根據題意求出氣體的狀態參量，應用蓋呂

43、薩克 定律考慮求出氣體的溫度（ 2）啟用它發生等容變化，應用查理定律可以求出氣體的壓強【解答】 解： （ 1）大活塞與大圓筒底部接觸前氣體發生等壓變化，氣體的狀態參量：V1=（ l） s2+ s1=（ 40）×40+80=2400cmT1=495K， V2=s2l=40× 40=1600cm3， = ，即：= ，解得：T2=330K；（ 2）大活塞與大圓筒底部接觸后到氣缸內氣體與氣缸外氣體溫度相等過程中氣體發生等容變化，大活塞剛剛與大圓筒底部接觸時，由平衡條件得：pS1+p2S2+（ m1+m2） g=p2S1+pS2，代入數據解得：p2=1.1× 105Pa，1

44、21由查理定律得：=，即：=，解得：p3=1.01× 105Pa；答： （ 1）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度為330K；（ 2）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強為1.01×105Pa物理-選修3-415 （ 2015?新課標）在雙縫干涉實驗中，分別用紅色和綠色的激光照射用同一雙縫，在雙縫后的屏幕上，紅光的干涉條紋間距x1 與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1 > x2（填“> ”“或 =”“< ”） ，若實驗中紅光的波長為630nm，雙縫與屏幕的距離為1.00m， 測得地 1 條到第 6條亮條紋中心間的距離為1

45、0.5mm，則雙縫之間的距離為0.300 mm【分析】 首先判斷紅光和綠光的波長關系，結合公式x= 即可得知紅光的干涉條紋間距x1 與綠光的干涉條紋間距x2之間的關系，對題干中的數據先進行單位換算，利用公式x= 即可計算出雙縫間的距離【解答】 解：紅光的波長大于綠光的波長，由公式x= ，可知紅光的干涉條紋間距x1 與綠光的干涉條紋間距x2相比，x1>x2， =630nm=6.× 3 10 7m， x=10.5mm=1.05× 10 2m由公式x= 得： d= =3× 10 4m=0.300mm故答案為：>，0.30016 （ 2015?新課標）甲、 乙兩列簡諧橫波在同一介質中分別沿x 軸正向和負向傳播，波速均為v=25cm/s，兩列波在t=0 時的波形曲線如圖所示，求：（ 1） t=0 時，介質中偏離平衡位置位移為16cm 的所有質點的x坐標；2）從t=0 開始，介質中最早出現偏離平衡位置位移為16cm 的質點的時間【分析】 （ 1） 由圖先讀出兩列波的波長和振幅，通過數學關系得知兩波長的最小公倍數， 對波峰相遇時的點的坐標進行分別列式，即可求出介質中偏離平衡位置位移為 16cm 的所有質點