2015年山东高考物理试题和解析

12015年山东高考物理试题二、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）14.距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被扎断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s²。可求得h等于A.1.25mB.2.25mC.3.75mD.4.75m【答案】A【解析】小车上的物体落地的时间12Htg，小车从A到B的时间2dtv；小球下落的时间32htg；根据题意可得时间关系为：t1=t2+t3，即22Hdhgvg解得h=1.25m，选项A正确.考点：自由落体运动.15.如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是A．a2a3a1B．a2a1a3C．a3a1a2D．a3a2a1【答案】D【解析】因空间站建在拉格朗日点，故周期等于月球绕地球转动的周期，根据rTa224可知，12aa；月球与同步卫星都是由地球的万有引力提供向心力作圆周运动，而同步卫星的半径小，根据2rGMa可知32aa。综上所述，123aaa，选项D正确。考点：万有引力定律的应用.16.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因素为1，A与地面间的动摩擦因素为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为A.121B.12121C.12121D.121222【答案】B【解析】物体AB整体在水平方向2()ABFmmg；对物体B在竖直方向有：1BFmg；联立解得：12121ABmm，选项B正确.考点：物体的平衡.17.如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是A.处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.所加磁场越长越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【答案】ABD.【解析】把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据BLvE可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确。考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律.18.直角坐标系xoy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别A.234kqa，沿y轴正向B.234kqa，沿y轴负向C.254kqa，沿y轴正向D.254kqa，沿y轴负向【答案】B【解析】因正电荷在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强为2=QEka合；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为1221(2)4QkQEkaa，因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为123-4kQEEEa合，方向沿y轴负向；故选B.考点：场强的叠加.319.如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正炫交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab-t图像可能正确的是【答案】C【解析】在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0-0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大；故选项C正确.考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律.20.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度0v沿中线射入两板间，0~3T时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是A.末速度大小为02vB.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgd21D.克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】因0-3T内微粒匀速运动，故0Eqmg；在233TT时间内，粒子只受重力作用，4做平抛运动，在23Tt时刻的竖直速度为13ygTv，水平速度为v0；在23TT时间内，粒子满足02Eqmgma,解得a=g，方向向上，则在t=T时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了122PdEmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，1=02mgdW电，可知克服电场力做功为12mgd，选项D错误；故选BC考点：带电粒子在复合场中的运动.第II卷（必做157分+选做36分，共193分）【必做部分】21.（10分）某同学通过下述试验验证力的平行四边形定则。实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度0l）。每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的0l，部分数据如下表所示：F(N)00.501.001.502.002.50l（cm）0l10.9712.0213.0013.9815.05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O’，橡皮筋的拉力计为Foo’。④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆柱鼻尖呈适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两比肩的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力极为FOA，OB段的拉力计为FOB。完成下列作图和填空：（1）利用表中数据在给出的坐标纸上（见答题卡）画出F—0l图线，根据图线求得0l=cm（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为N。（3）根据给出的标度，在答题卡上做出FOA和FOB的合力F’的图示。（4）通过比较F'与的大小和方向，即可得出实验结论。【答案】（1）10.00；（2）1.80；（3）如图；（4）FOO’【解析】试题分析：（1）做出F-l图像，求得直线的截距即为l0，可得l0=10.00cm；5（2）可计算弹簧的劲度系数为1/50/0.02FkNmNmx；若OA=6.00cm，OB=7.60cm，则弹簧的弹力250(6.007.6010.0)101.8FklNN；则此时1.8OAFFN；（3）如图；（4）通过比较F’和FOO’的大小和方向，可得出实验结论.考点：验证力的平行四边形定则。22.（8分）如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率。改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U—I关系图线。回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数（填“增大”或“减小”）。（2）I0=A（3）RL消耗的最大功率为W（保留一位有效数字）【答案】（1）减小；（2）1.0（3）5【解析】（1）滑动头向下移动时，RL阻值减小，则总电阻减小，电压变小，则电压表读数6变小；（2）由电路图可知：0UIIR，即：U=I0R-IR，由U-I图线可知，I0R=20；20201.0Rk，则I0=1.0A；（3）RL消耗的功率为P=IU=20I-20I2，则当I=0.5时，功率的最大值为5mPW考点：测量电阻的电功率。23.（18分）如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成060角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求：（1）物块的质量；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。【答案】（1）3m；（2）0.1mgl【解析】（1）设开始时细绳的拉力大小为1T,传感装置的初始值为1F，物块质量为M，由平衡条件得对小球，mgT1①对物块，MgTF11②当细绳与竖直方向的夹角为060时，设细绳的拉力大小为2T,传感装置的示数为2F，根据题意可知，1225.1FF，由平衡条件得对小球，0260cosmgT③对物块，MgTF22④联立①②③④式，带入数据得mM3⑤（2）设小球运动至最低位置时速度大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为fW，由动能定理得2021)60cos1(mvWmglf⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为3T，传感装置的示数为3F，根据题意可知，136.0FF，对小球，由牛顿第二定律得7lvmmgT23⑦对物块，由平衡条件得MgTF33⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得mglWf1.0⑨①~⑨式每式2分，共18分。考点：物体的平衡；牛顿第二定律；动能定理.24.（20分）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m电量为+q的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为qDmv2错误!未找到引用源。、qDmv4，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。【答案】（1）2mvqd（2）4mvqD或43mvqD（3）5.5πD【解析】（1）设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的运动，由动能定理得2212mvdqE①由①式得qdmvE2（2）设I区磁感应强度的大小为B，粒子作圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得RvmqvB2③如图甲所示，粒子运动的轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得4DR④联立③④式得qDmvB4⑤图甲8若粒子轨道与小圆内切，由几何关系得43DR⑥联立③⑥式得qDmvB34⑦（3）若Ⅰ区域的磁感应强度为12mvBqD，则粒子运动的半径为112mvDRqB；Ⅱ区域的磁感应强度为24mvBqD，则粒子运动的半径为224mvDRqB；设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周