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1、2015年全国统一高考物理试卷（新课标）（含解析版）2015年全国统一高考物理试卷新课标含解析版未经允许 请勿转载 201年全国统一高考物理试卷新课标一、选取题此题共8小题，每题6分,在每题给出的四个选项中,第1-题只有一项符合题目要求。第6-8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，有选错的得分1.6分两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子不计重力,从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后粒子的未经许可 请勿转载A.轨道半径增大,角速度增大.轨道半径增大,角速度减小C.轨道半径减小,速度增大D.轨道半径减小，速度不变分如此图，
2、直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为M,N，P,一电子由点分别到点和P点的过程中，电场力所做的负功相等,则未经许可 请勿转载A.直线位于某一等势面内，MB.直线c位于某一等势面内，MC.若电子由点运动到Q点,电场力做正功.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功3分一理想变压器的原,副线圈的匝数比为3:,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为20的正弦交流电源上,如以以下图，设副线圈回路中电阻两端的电压为，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则未经许可 请勿转载A.=6V,k=BU=2V，=CU=6V,kU=2
3、2V，=4.6分如此图,一半径为，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为的质点自点上方高度R处由静止开始下落,恰好从点进入轨道，质点滑到轨道最低点时,对轨道的压力为4g，为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到点的过程中克服摩擦力所做的功,则 未经许可 请勿转载A.W=mgR，质点恰好可以到达Q点.mR,质点不能到达Q点Cmg，质点到达Q点后,继续上升一段距离DWmgR,质点到达点后，继续上升一段距离5分一带有乒乓球发射机的乒乓球台如以以下图,水平台面的长和宽分别为L1和,中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球
4、,发射点距台面高度为h，不计空气的作用，重力加速度大小为g,若乒乓球的发射率v在某范围内,通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是 未经许可 请勿转载ALB.vvDmg，质点不能到达Q点.W=m,质点到达Q点后，继续上升一段距离.WgR，质点到达Q点后,继续上升一段距离【考试点】65:动能定理【专题】52:动能定理的应用专题【分析】对N点运用牛顿第二定律,结合压力的大小求出N点的速度大小,对开始下落到点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小。抓住Q段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析点的速度大小，从而判断能否到达Q点。未经许可 请勿转
5、载【解答】解：在N点，根据牛顿第二定律有：,解得,对质点从下落到N点的过程运用动能定理得,解得W=。由于PN段速度大于Q段速度，所以NQ段的支持力小于P段的支持力，则在段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得,因为，可知vQ0，所以质点到达Q点后,继续上升一段距离。故正确,A、D错误。故选:。【点评】此题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力,通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键。注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功。未经许可 请勿转载 5.6分一带有乒乓球发射机的乒乓球台如以以下图，水平台面的长和宽分别为
6、L1和L，中间球网高度为h,发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为，不计空气的作用,重力加速度大小为g,若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,到的最大取值范围是 未经许可 请勿转载AvL1BDv【考试点】43：平抛运动.【专题】518:平抛运动专题【分析】球要落在网右侧台面上,临界情况是与球网恰好不相撞,还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度未经许可 请勿转载【解答】解：若球与网恰好不相碰,根据3h=得,水平位移的
7、最小值，则最小速度。若球与球台边缘相碰,根据3h=得，,水平位移的最大值为max，则最大速度，故D正确，A、B、C错误。故选:D。【点评】解决此题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况,结合运动学公式灵活求解，难度中等未经许可 请勿转载 66分18年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如以以下图。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。以下说法正确的选项是 未经许可 请勿转载A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导
8、致磁针转动C在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【考试点】:* 涡流现象及其应用【专题】53C：电磁感应与电路结合【分析】通过题意明确涡流的产生,再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动。【解答】解:A、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线,从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故A正确;未经许可 请勿转载B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中,内部距离圆心远近不同的点电势不等,从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；未经许可 请勿转载C、由于圆盘面积不变,距离磁铁的距离不变，故
9、整个圆盘中的磁通量没有变化;故C错误；D、电流形成是自由电子定向移动。圆盘本身没有多余的电荷,圆盘转动不会产生电流；故D错误;故选:A。【点评】此题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了涡流。未经许可 请勿转载 7分如此图a,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v图线如此图b所示，若重力加速度及图中的v0，v1,t1均为已经知道量,则可求出未经许可 请勿转载A斜面的倾角.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数物块沿斜面向上滑行的最大高度【考试点】1I：匀变速直线运动的图像;37：牛顿第二定律.【专题】2：牛顿运动定律综合专题【分析】由图b
10、可求得物体运动过程及加速度,再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出。未经许可 请勿转载【解答】解：由图可知,物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移,故可出物体在斜面上的位移；未经许可 请勿转载图象的斜率表示加速度,上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有:ms+mcos=ma1；下降过程有:mgsing=a2;两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数;未经许可 请勿转载但由于均消去，故无法求得质量；因已经知道上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：CD。【点评】此题考查牛顿第二定律及图象的应用,要注意图象中的斜率表示加速度,面积表示位移
11、;同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。未经许可 请勿转载 8.6分我们国家发射的“嫦娥三号登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似轨道上绕月运行,然后经过一系列过程,在离月面m高处做一次悬停可认为是相对于月球静止，最后关闭发动机,探测器自由下落,已经知道探测器的质量约为.313kg，地球质量约为月球的8倍，地球半径约为月球的7倍,地球表面的重力加速度大小约为98m/s，则此探测器 未经许可 请勿转载在着陆前的瞬间,速度大小约为8.9m/sB.悬停时受到的反冲击作用力约为2103NC.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内,机械能守恒在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在
12、近地圆轨道上运行的线速度【考试点】4F：万有引力定律及其应用;:人造卫星;C：机械能守恒定律【专题】528：万有引力定律的应用专题.【分析】根据万有引力提供向心力得月球表面重力加速度,根据运动学公式得出着陆前的瞬间速度;根据二力平衡得出悬停时受到的反冲击作用力大小；根据=判断线速度关系【解答】解:A、根据万有引力等于重力=m，g=地球质量约为月球的1倍,地球半径约为月球的3.倍,地球表面的重力加速度大小约为8ms2,所以月球表面的重力加速度大小约为166m/s2,根据运动学公式得在着陆前的瞬间，速度大小约v=3.6m/s,故A错误;B、登月探测器悬停时,二力平衡，Fg=1.3031.6620,
13、故B正确；C、从离开近月圆轨道到着陆这段时间，由于受到了反冲作用力,且反冲作用力对探测器做负功,探测器机械能减小，选项C错误未经许可 请勿转载D、根据=,地球质量约为月球的8倍,地球半径约为月球的3.7倍，所以在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故正确；故选：BD。【点评】解答此题要知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量，月球重力加速度约为地球重力加速度的，关于万有引力的应用中,常用公式是在地球表面重力等于万有引力,卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力未经许可 请勿转载二、非选取题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个考生都必
14、须作答，第13题-8题为选考题，考生根据要求作答一必考题未经许可 请勿转载9.6分某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验,所用器材有：玩具小车，压力式托盘秤,凹形桥模拟器圆弧部分的半径为R=02m未经许可 请勿转载完成以下填空：1将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如此图a所示，托盘秤的示数为1.00g将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如此图b所示，该示数为 1.40k.未经许可 请勿转载3将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m,多次从同一位置释放小车，记录各次的值如表所示： 序号12 3 4 mkg
15、101.5.85 17 1.904根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为9N，小车通过最低点时的速度大小为 1 m/s重力加速度大小取9.m/2，计算结果保留2位有效数字未经许可 请勿转载【考试点】4A：向心力【专题】519:匀速圆周运动专题.【分析】2根据量程为10kg,最小分度为0.kg，注意估读到最小分度的下一位;4根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg，根据m=桥g+FN，知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力,根据Nm0+m0,求解速度未经许可 请勿转载【解答】解：根据量程为kg,最小分度为0.1g,注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg;未经许
16、可 请勿转载4根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：FmN=桥g+FN解得:FN=.根据牛顿运动定律知:Nm=m0,代入数据解得:v=1.4ms故答案:为：21.4，.9,1.4【点评】此题考查读数和圆周运动的知识,注意估读,在力的问题注意分析受力和力的作用效果. 0.9分图a为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。1已经知道毫安表表头的内阻为100，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3m;若使用a和两个接线柱,电表量程为10mA.由题给条件和数据,可以求出1=15，R= 3 。未经许可 请勿转载2现用
17、一量程为3mA、内阻为0的标准电流表对改装电表的3mA档进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、.、2.0、2.5、0mA.电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计;定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300和000；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750和3000.则R0应选用阻值为 30的电阻,应选用最大阻值为 3000 的滑动变阻器。未经许可 请勿转载3若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图b的电路可以判断出损坏的电阻。图中的为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图虚线框的电路。则图中的d点应和接线柱c 填“b或“c相连。判断依据是闭合开关时,若电表指针偏转，则损坏的
18、电阻是R1,若电表指针不动,则损坏的电阻是R2。未经许可 请勿转载【考试点】:把电流表改装成电压表【专题】13:实验题【分析】根据串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。2应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值,然后作出选择。3有电流流过电表时电表指针发生偏转,没有电流流过电表时电表指针不偏转，根据电路图分析答题。【解答】解：1使用a、接线柱时，Iab=Ig+=0.1+0003，使用、c接线柱时，Ia=g=.01+=000,解得：R=15,R2=3；2改装后电流表内阻:=33，R0作为保护电阻，电流最大时,电路总电阻约为：R=r+A+R0=50，RR=5330=317，则应
19、R选0;未经许可 请勿转载电路电流最小时:滑=R5002500750,则滑动变阻器应选择3000的。3由图示电路图可知,图中的d点与接线柱c相连时,闭合开关时,若电表指针偏转，则损坏的电阻是1，若电表指针不动,则损坏的电阻是；未经许可 请勿转载故答案:为：115；35；230;300；3c;闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1,若电表指针不动,则损坏的电阻是R。未经许可 请勿转载【点评】此题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析,知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。未经许可 请勿转载1112分如此图，一长为10cm的金属棒b用两个
20、完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为0.T,方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2,已经知道开关断开时两弹簧的伸长量均为0.m，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取0m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。未经许可 请勿转载【考试点】C:安培力.【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态,在闭合后,根据闭合电路的欧姆定律求的电流,根据=BL求的安培力,由共点力平衡求的质量未经许可 请勿转载【解答】解:闭合开关后，电流由指向
21、a,受到的安培力向下断开时:21=m开关闭合后2kl1+l=mg+受到的安培力为：F=I回路中电流为I=联立解得m=.01kg答：金属棒的质量为0.01kg【点评】此题主要考查了共点力平衡,抓住通电前后的共点力平衡即可； 220分一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为45m,如此图所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至=1s时木板与墙壁碰撞碰撞时间极短。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已经知道碰撞后s时间内小物块的t图线如此图b所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g
22、取10m/s2.求未经许可 请勿转载1木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2;2木板的最小长度;3木板右端离墙壁的最终距离。【考试点】3:牛顿第二定律；65:动能定理.【专题】11：计算题;2:学科综合题；:定量思想；43：推理法;5D:动能定理的应用专题.【分析】对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析,结合运动学公式可求得；再对碰后过程分析同理可求得。未经许可 请勿转载2分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移,即可求得木板的长度;未经许可 请勿转载3对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位
23、移;则可求得木板最终的距离。未经许可 请勿转载【解答】解:1规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为,小物块和木板的质量分别为和M.由牛顿第二定律有：1+Mg=+a未经许可 请勿转载由图可知,木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得:v1=vat1式中,=s，s0=45m是木板碰前的位移,v是小木块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得:1=0.1在木板与墙壁碰撞后,木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律有：ga2 未经许可 请勿转载由图可得：式中，t=，v,联立式和
24、题给条件得：2=0.42设碰撞后木板的加速度为，经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v由牛顿第二定律及运动学公式得:2mg1M+mg=M3未经许可 请勿转载v=vav3v1+at碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：1小物块运动的位移为：12小物块相对木板的位移为:s=ss113联立111式,并代入数值得：s=.0因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为.0。143在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a，此过程中小物块和木板运动的位移s3由牛顿第二定律及运动学公式得：m+Mg=m+Ma415未经许可 请勿转载 16
25、碰后木板运动的位移为:s=s1+s3 1联立115161式,并代入数值得:s=6.m18木板右端离墙壁的最终距离为6.m。答：1木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2分别为.1和.。2木板的最小长度是6.0;3木板右端离墙壁的最终距离是6.5。【点评】此题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多,但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解。未经许可 请勿转载三、选考题：从下面的3道物理题中,任选一题作答。如果多做,则按第一题计分,物理-选修3-13.5分以下说法正确的选项是 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B固体可以分为晶体和非晶体两
26、类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变【考试点】8A:物体的内能；92:* 晶体和非晶体【分析】该题通过晶体和非晶体的特性进行判断.晶体是具有一定的规则外形,各项异性,具有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，没有规则的几何外形,表现各项同性，由此可判断各选项的正误未经许可 请勿转载【解答】解：A、将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒还是晶体,选项错误。、固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上各向异性,具有不同的光学性质，选项B正确。C、由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石。选项C正确