2015年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）物理.docx

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1、 2015 年普通高等学校招生全国统一考试 (天津卷 )物理 一、单项选择题 (每小题 6 分，共 30 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的 ) 1.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是 A.天然放射现象说明原子核内部是有结构的 B.电子的发现使人认识到原子具有核式结构 C.粒子散射实验的重要发现是电荷时量子化的 D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 解析：本题是原子物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答。 答案： A 2.中国古人对许多自然现象有深刻认识，唐人张志和在玄真子 涛之灵中写道： “ 雨色映日而为虹 ” ，

2、从物理学的角度看，虹时太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的，右图是彩虹成因的简化示意图，其中 a、 b 时两种不同频率的单色光，则两光 A.在同种玻璃种传播， a 光的传播速度一定大于 b 光 B.以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后， b 光侧移量大 C.分别照射同一光电管，若 b 光能引起光电效应， a 光一定也能 D.以相同的入射角从水中射入空气，在空气张只能看到一种光时，一定是 a 光 解析：由图可知，光线 a 的折射率大于 b 根据vcn可以确定 a 光在同种玻璃中速度小于光速故 A 错误，以相同的入射角度射入平行玻璃砖折射率越大侧移量越大。故 B 错误，根据hvE光的频率越

3、大光子能量越大就越容易发生光电效应 C 正确。根据nC 1sin 折射率越大，越容易发生全反射，在水外越不容易看到， D 错误。 答案： C 3.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图， a、 b 两质点的横坐标分别为2axm和6bxm，图乙为质点 b 从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是 A.该波沿 +x 方向传播，波速为 1m/s B.质点 a 经过 4s 振动的路程为 4m C.此时刻质 点 a 的速度沿 +y 方向 D.质点 a 在 t=2s 时速度为零 解析： A、由图可知 ab 两点之间的距离，利用波的速度公式可求出波传播的速度大小，结合b 点在该时刻的位置及振动方向，利用平

4、移法可知波的传播方向，从而可知选项 A 的正误 B、方向经过 4s 的时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的 4 倍，即可得知选项 B 的正误 C，结合 b 质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知 a 质点所处的位置和振动方向，继而可知选项 C 的正误 D、通过 t=2s 时 b 的位置，可判断出 a 点的位置，从而可知 a 点的运动情况，继而得知选项D 的正误。 答案 ： D 4.未来的星际航行中，宇航员长期 处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形 “ 旋转仓 ” 如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形

5、侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，为达到目的，下列说法正确的是 A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 解析：为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的向心 加速度为定值，且有 a=g，宇航员随旋转舱转动的加速度为： a= 2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与宇航员的质量没有关系，所以选项 ACD 错误， B 正确。 答案： B 5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套

6、有质量为 m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下 滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度 )，则在圆环下滑到最大距离的过程中 A.圆环的机械能守恒 B.弹簧弹性势能变化了3mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 解析：圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小 ，选项 A 错误； 圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为L3，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为

7、mgL3，故选项 B 正确； 圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以选项 C 错误； 在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以选项 D 错误； 答案： B 二、不定项选择题 (每小题 6 分，共 18 分，每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对得 6 分，选对但选不全的得 3 分，选错或者不答的得 0 分 ) 6.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通 过滑动触头 Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻0R和滑动变阻器 R， P为滑动变阻器的滑动触

8、头，在原线圈上加一电压为 U 的正弦交流电，则 A.保持 Q 的位置不 动 ，将 P 向上滑动时，电流表读数变大 B.保持 Q 的位置不 动 ，将 P 向上滑动时，电流表读数变小 C.保持 P 的位置不 动 ，将 Q 向上滑动时，电流表读数变大 D.保持 P 的位置不 动 ，将 Q 向上滑动时，电流表读数变小 解析：保持 Q 位置不动时，负载电路电压保持不变，将 P 向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负 载消耗功率变小，原线圈输入功率变小，电流表示数变小，所以选项 A 错误、 B 正确； 保持 P 位置不动，即负载电路电阻不变，将 Q 向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压

9、升高，负载电路消耗功率变大，故原线圈输入电流变大，所以选项 C正确的、 D 错误。 答案： BC 7.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E,之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E发生偏转，最后打在屏 上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A.偏转电场2E对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置， 解析： 由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置 答案： AD

10、8.1P、2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同 高度处各有一颗卫星1s、2做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表示物体到行星中心的距离 r 的平方，两条曲线分别表示1P、2周围的 a 与2r的反比关系，它们左端点横坐标相同，则 A.1P的平均密度比2P的大 B. 的第一宇宙速度比 的小 C.1s的向心加速度比2s的大 D. 的公转周期比 的大 解析：由图可知，两行星的球体半径相同，对行星周围空间各处物体来说，万有引力提供加速度，故有marmMG 2，故可知1P的 质量 比2P的大 ，即1P的平均密度比2P的大 ，所以选项 A 正确； 由图可知，1

11、表面的重力加速比2的大 ，由rgv 可知，1的第一宇宙速度 比2P的大 ，所以选项 B 错误；对卫星而言，万有引力提供向心加速度，即2rGMa，故可知，1s的向心加速度比2s的大 ，所以选项 C 正确；根据rTmMmG 222 4可知，1s的公转周期比2的 小，所以选项 D 错误。 答案： AC 9.(18 分 ) (1)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板， A 球在水平面上静止放置， B 球向左运动与 A 球发生正碰， B 球碰撞前、后的速率之比为 3:1,A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞， AB 两球的质量之比为 _， AB 碰撞前、后两球总动能之比为_。 解

12、析：因两球刚好不发生碰撞，说明 AB 碰撞后速率大小相同，规定向左为正方向，由动量守恒定律可知 ，而 ，解得 ；碰撞前后总动能之比为 。 答案： 4： 1 9： 5 (2)某同学利用单摆测量重力加速度 为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是 _ A 组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B 组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C 实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D 摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大 如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为 1m 的单摆，实验时，由于仅有量程为 20cm、精度为 1mm 的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一

13、标记点，测出单摆的周期1T；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期2T；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离 L，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g=_ 答案 ： BC； 222124 LTT解析： 为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球， A 错。如果振幅过大 (大于10o小球的运动不在是简谐运动，所以误差较大， D 错误。要求小球在运 动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆故选 BC。 gL1221 4同理得gLT 2222 4两式相减可得222124TTLg(3)用电流表和电压表测定

14、由三节干电池串联组成的电池组 (电动势约为 4.5V，内电阻约为1 )的电动势和内电阻，除了待测电池组，电建，导线外，还有下列器材供选用 ： A 电流表：量程 0.6A，内电阻约为 1 B 电流表：量程 3A，内电阻约为 0.2 C 电压表：量程 3V，内电阻约为 30k D 电压表：量程 6V，内电阻约为 60k E 滑动变阻器： 0-1000 ，额定电流 0.5A F 滑动变阻器： 0-20 ，额定电流 2A 为了使测量结果尽量准确，电流表应选用 _,电压表选用 _，滑动变阻器选用_(均填仪器的字母代号 ) 如 图为正确选择仪器后，连好的部分电路，为了使测量误差尽量小，还需要在电路中用导线

15、将 _和 _相连、 _和 _相连、 _和 _相连 (均填仪器上接线柱的字母代号 ) 实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验，实验中读出几组电阻箱的阻值 R 和对应电压表的示数 U；用图像法处理采集到数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以 _为纵坐标，以 _为横坐标 答案 ： ADF ad cg fh1U-R或 U U或RUR(横纵坐标互换亦可 ) 解析 ：实验数据中最大电流为 0.57A，为准确测量，电流表应选 A，电源电动势约为 1.5 3=4.5V，电压表应选 D， 电阻值太大，调节不方便，为方便实验操作，

16、滑动变阻器应选 F； 测量电源电动势和内阻的时候，由于电源的内阻是很小的，为了减小内阻的测量误差，我们选用的是电流表的外接法，故应将 ad、 cg 以及 fh 相连组成电路； 由于电流表坏，故只能利用电压表和电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可得：电源电动势 ， 则 ，故应作出1U-R的图像。10.(16 分 )某快点公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持 1/v m s的恒定速度向右运动，现将一质量为2m kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦力因数0.5，设皮带足够长，取210 /g m s，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求 (1)邮件滑动的时间 t (2

17、)邮件对地的位移大小 x (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W 答案 ： (1)0.2s； (2)0.1m； (3)-2J； 解析 ： (1)设邮件放到与皮带发生相对滑动过程中受到的滑 动摩擦力为 F，则有：mgF 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有：0mvFt联立解得：s2.0t(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有：021 2 mvFx联立并代入数据解得：m1.0x(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则有：vts摩擦力对皮带做的功为：FsW 代入相关数据解得：J211.(18 分 )如图所示，凸字形硬质金属线框质量为 m，相邻各

18、边互相垂直，且处于同一竖直 平面内， ab 边长为 l， cd 边长为 2l， ab 与 cd 平行，间距为 2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时， cd 边到磁场上边界的距离为 2l，线框由静止释放，从 cd 边进入磁场直到 ef、 pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在 ef、 pq 边离开磁场后， ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为 Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且 ab、 cd 边保持水平，重力加速 度为 g；求 (1)线框 ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 cd 边刚进入磁场时的 几倍 (

19、2)磁场上下边界间的距离 H 答案 ： (1) 124vv ； (2)lmgQH 28解析：设磁场的磁感应强度大小写为 B， cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为 v1，cd 边上的感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律可得： 12BlvE 设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律可得：REI 11设此时线械所受安培力为 F1，有：lBIF 11 2由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有： 1Fmg联立解得：221 4 lBmgR设 ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为 v2，同理可得：222 lBmgRv故可知： 124vv (2 线框自释放直到 cd

20、 边进入磁场前，由机械能守恒定律可得：21212 mvmgl 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得： QmvmvHlmg 2122 21212联立解得：lmgQH 2812.(20 分 )现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为 d。电场强度为 E，方向水平向右；磁感应强度为 B，方向 垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在第 1 层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射 (1)求粒子在第 2

21、 层磁场中运动时速度2v的大小与轨迹半径2r。 (2)粒子从第 n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为n，试求sinn。 (3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之 。 答案 ： (1)qmEdB2； (2)mEnqdBn 2sin ； (3)见解析； 解析： (1)粒子在进入第 2 层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有： 解得 : 粒子在第 2 层磁场中中岛的洛伦兹力充当向心力，有： 联立解得： (2)设粒子在第 n 层磁场

22、中运动的速度为 vn，轨迹半径为 rn(下标表示粒子所在层数 )， 221 nmvnqEd nnn rvmBqv 2粒子进入到第 n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n,从第 n 层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为n，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有： nnnnvv sinsin 11 由图根据几何关系可以得到： drr nnnn sinsin 联立可得： drr nnnn 11 sinsin 由此可看出 11sinr， 22sinr，nn sin为一等差数列，公差为 d，可得： dnrn 1sinsin 11 当 n=1 时，由下图可看出： 图 2 dr 11sin联立可解得：mEnqdBn 2sin (3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出，则： 2 n，1sin n在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为mq，假设通穿出第 n 层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为n，由于mqq，则导致： 1sin n说明n不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。