1、2015年新课标II高考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将（）A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解答：解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向
2、上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45，故电场力逆时针旋转45，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D2（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc已知bc边的长度为l下列判断正确的是（）AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbc=Bl2，金属框中无电流DUbc=Bl2，金属框
3、中电流方向沿acba解答：解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到c，故Ua=UbUc，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误；CD、感应电动势大小=Bl（）=Bl2，由于UbUc，所以Ubc=Bl2，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C正确，D错误；故选：C3（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行已知同步卫星的环绕速度约为3.1103m/s，某次发射卫星飞经赤道
4、上空时的速度为1.55103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A西偏北方向，1.9103m/sB东偏南方向，1.9103m/sC西偏北方向，2.7103m/sD东偏南方向，2.7103m/s解答：解：合速度为同步卫星的线速度，为：v=3.1103m/s；一个分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=1.55103m/s；合速度与该分速度的夹角为30度，根据平行四边形定则，另一个分速度v2如图所示：该分速度的方向为东偏南方向，根据余弦定理，大小为：=1.9103m/s故选：B4（6分）一汽车在平直公路上行驶
5、从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）ABCD解答：解：在0t1时间内，如果匀速，则vt图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减小；根据Ff=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1=所以0t1时间内，vt图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据Ff=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，
6、即F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2=所以在t1t2时间内，即vt图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线故A正确，BCD错误；故选：A5（6分）指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说明正确的是（）A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解答：解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C正
7、确；D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转90，故D错误；故选：BC6（6分）有两个匀强磁场区域和，I中的磁感应强度是中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子（）A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度是中的k倍解答：解：设中的磁感应强度为B，则中的磁感应强度为kB，A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，中的电子运动轨迹的半径为，中的电子运动轨迹的半径为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，所以A正确；B、电子在磁场运动的
8、洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以中的电子加速度的大小为，中的电子加速度的大小为，所以的电子的加速度大小是中的倍，所以B错误；C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，中的电子运动周期为，中的电子运动周期为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，所以中的电子运动轨迹的周期是中的k倍，所以C正确；D、做圆周运动的角速度=，所以中的电子运动角速度为，中的电子运动角速度为，在的电子做圆周运动的角速度是中的倍，所以D错误；故选：AC7（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间
9、的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A8B10C15D18解答：解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qma，根据以上两式可得，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC故选：BC8（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚
10、性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g则（）Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解答：解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功故A错误B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得vA=故B正确C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b
11、对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答9（6分）（2015春南昌校级期末）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离（1）物块下滑是的加速度a=3.25m/s2，打C点时物
12、块的速度v=1.79m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A物块的质量 B斜面的高度 C斜面的倾角解答：解：（1）根据x=aT2，有：解得：a=3.25m/s2打C点时物块的速度：v=m/s=1.79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinmgcos=ma解得：=故还需要测量斜面的倾角，故选：C；故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C10（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下： 待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（
13、最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整（2）根据设计的电路写出步骤：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3）将这种方法测出的电压表内阻记为Rv，与电压表内阻的真实值Rv相比，RvRv（填“”“=”或“”），主要理由是电压表串联电阻箱后认
14、为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大解答：解：（1）待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；电路图如图所示：（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故RvRv；故答案为：（1）如图所示；
15、（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3），电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大11（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30不计重力求A、B两点间的电势差解答：解：设带电粒子在
16、B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：vBsin30=v0sin60 解得： 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有： 联立解得：答：A、B两点间的电势差为12（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为=37（sin37=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面
17、突然变为光滑，2保持不变已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g=10m/s2求：（1）在02s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间解答：解：（1）在02s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1=1N1 N1=mgcos f2=2N2 N2=N1+mgcos 规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinf1=ma1 mgsin+f1f2=ma2 联
18、立式，并代入题给的条件得a1=3m/s2 a2=1m/s2（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1=a1t1=6m/s v2=a2t1=2m/s tt1时，设A和B的加速度分别为a1和a2，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1=6m/s2a2=2m/s2即B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2+a2t2=0联立式得t2=1s在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为s=12m27m此后B静止不动，A继续在B上滑动设再经过时间t3后A离开B，则有ls=可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t总，=t1+t2+t3=4s（利用下面
19、的速度图线求解也可）答：（1）在02s时间内A和B加速度的大小分别为3m/s2和1m/s2；（2）A在B上总的运动时间为4s（二）选考题，共45分。请考生从给出的3题中任选一题作答物理选修3-3（15分）13（5分）（2015春莱芜校级期末）关于扩散现象，下来说法正确的是（）A温度越高，扩散进行得越快B扩散现象是不同物质间的一种化学反应C扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的解答：解：A、温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故A正确；B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象
20、，故B错误；CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体中产生，扩散速度与温度和物质的种类有关，故CD正确；E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，故E错误故选：ACD14（10分）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭已知大气压强p0=75.0cmHg（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的
21、水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度解答：解：（i）以cmHg为压强单位设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：pl=p1l1 由力学平衡条件，有：p=p0+h 打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1=p0h1 联立，并代入题目数据，有：l1=12cm （ii）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强
22、为P2，由玻意耳定律，有：pl=p2l2 由力学平衡条件有：p2=p0 联立式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm 设注入水银在管内的长度为h，依题意，有：h=2（l1l2）+h1 联立式，并代入题目数据，有：h=13.2cm答：（i）放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm物理选修3-4（15分）15如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线则（）A在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B在真空中，a光的波长小于b光的波长C玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D若改变光束的入射方向
23、使角逐渐变大，则折射光线a首先消失E分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距解答：解：AC、光线a的偏折程度大，根据折射定律公式n=，光线a的折射率大；再根据公式v=，光线a在玻璃中的传播速度小，故A正确，C错误；B、光线a的折射率大，说明光线a的频率高，根据c=f，光线a在真空中的波长较短，故B正确；D、若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90，故先发生全反射，先消失，故D正确；E、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
24、，故E错误；故选：ABD16平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点（均位于x轴正向），P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s，振幅A=5cm当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置求：（i）P、Q间的距离；（ii）从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程解答：解：（i）由题意，O、P两点间的距离与波长之间满足OP= 波速v与波长的关系为v= 在t=5s的时间间隔内，波传播的路程为v
25、t由题意有vt=PQ+ 式中，PQ为P、Q间的距离由式和题给数据，得PQ=133cm（ii）Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t1=t+T波源从平衡位置开始运动，每经过T，波源运动的路程为A有题给条件得t1=25T故t1时间内，波源运动的路程为s=25A=125cm答：（i）P、Q间的距离为133cm；（ii）从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为125cm物理选修3-5（15分）17实物粒子和光都具有波粒二象性下列事实中突出体现波动性的是（）A电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C人们利用慢中子
26、衍射来研究晶体的结构D人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关解答：解：A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，所以A正确；B、粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B错误；C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C正确；D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以D正确；E、光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是物质的粒子性，所以E错误；故选：ACD
27、18两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：（i）滑块a、b的质量之比；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比解答：解：（i）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2由题给的图象得v1=2m/s v2=1m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v由题给的图象得v=m/s 由动量守恒定律得m1v1+m2v2=（m1+m2）v 联立式得m1：m2=1：8（ii）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为E=由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W=联立式，并代入数据得W：E=1：2答：（i）滑块a、b的质量之比为1：8；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1：2
