2015年高考物理模擬卷（新課標高考壓軸卷）

寧鵬程

二、選擇題（本題包括8小題.每小題6分，共48分.每小題給出的四個選項中，第14-18題只有一項符合題目要求，第19-21題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全得3分，有選錯或不答的得0分）

14.磁感應強度的單位為“韋伯/米2”，它和下面哪個單位相同 （ ）.

A.牛·安/米 B.牛·安/米2 C.牛/（安·米） D.牛/（安·米2）

15. 甲乙兩車在同一條筆直的公路上做同方向的直線運動，

從t=0時刻開始，甲車的運動規律為x=10t，乙車剎車，其運動規律為x=50+10t-2t2（以上兩式各物理量的單位均為國際基本單

位），則從t=0開始，甲追上乙的時間是（ ）.

A.5s B.6.25s C.3.15s D. 10s

圖1

16.如圖1所示，A、B、C、D四個人做雜技表演，B站在A的肩上，雙手拉著C和D，A撐開雙手水平支持著C和D.若四個人的質量均為m，他們的臂長相等，重力加速度為g，不計A手掌與C、D身

體間的摩擦.下列結論錯誤的是（ ）.

A.A受到地面支持力為4mg

B.B受到A的支持力為3mg

C. B受到C的拉力約為233mg

D.C受到A的推力約為233mg

17. 一顆科學資源探測衛星的圓軌道經過地球兩極上空，某時刻衛星經過赤道上A城市上空.已知地球自轉周期為T自=24h，若每t=12h衛星到達A城市上空，則衛星運動周期可能為（ ）.

A.12h B.4.8h C.4h D. 2.4h

圖2

18.如圖2所示，質量為m、電量為q的小球在電場強

度E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，且mg=qE，則下面說法中正確的是（ ）.

A.電場方向豎直向上

B.小球運動的加速度大小為g

C.小球上升的最大高度為v202g

D.小球電勢能的最大值為mv202

圖3

19.如圖3所示，M為水平放置的橡膠圓盤，在其外側面均勻地帶有負電荷.在M正上方用絲線懸掛一個閉合鋁環N，鋁環也處于水平面中，且M盤和N環的中心在同一條豎直O1O2線 上.現讓橡膠圓盤由靜止開始繞O1O2軸按圖示方向逆時針加速轉動，下列說法正確的是（ ）.

A.鋁環N對橡膠圓盤M的作用力方向豎直向下

B.鋁環N對橡膠圓盤M的作用力方向豎直向上

C.鋁環N有擴大的趨勢，絲線對它的拉力增大

D.鋁環N有縮小的趨勢，絲線對它的拉力減小

20.如圖4甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物

塊A連接；兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止.現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內的v-t關系分別對應圖4乙中A、B圖線（t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點），重力加速度為g，則（ ）.

圖4

A.t2時刻，彈簧形變量為零

B.t1時刻，彈簧形變量為mgsinθ+mak

C.從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大

D.從開始到t1時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少

21.如圖5甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數n=20，總電阻R=2.5Ω，邊長L=0.3m，處在兩個半徑均為r=L3的圓形勻強磁場區域中.線框頂點與右側圓中心重合，線框底邊中點與左側圓中心重合.磁感應強度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間變化，B1、B2的值如圖5乙所示.（π取3）

圖5

A.通過線框中感應電流方向為逆時針方向

B.t=0時刻穿過線框的磁通量為0.1Wb

C.在t=0.6s內通過線框中的電量為0.12C

D.經過t=0.6s線框中產生的熱量為0.06J

第Ⅱ卷（非選擇題，共174分）

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分.第22～32題為必考題，每個試題考生必須做答.第33～40題為選考題，考生根據要求做答.

（一）必考題（11題，共129分）

22.（5分）圖6甲是利用打點計時器測量小車沿斜面下滑時所受阻力的示意圖.小車拖著紙帶在斜面上下滑時，打出的一段紙帶如圖6乙所示，其中O為小車開始運動時打出的點，設小車在斜面上運動時所受阻力恒定.

圖6

（1）已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，由紙帶分析可知小車下滑的加速度a=m/s2，打E點時小車速度vE=m/s （結果保留兩位有效數字）.

（2）為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，可運用牛頓運動定律或動能定理求解，現要求必須用牛頓運動定律求解，除知道小車下滑的加速度a、小車質量m、重力加速度g、斜面的長度L外，利用米尺、三角板還需要測量的物理量 ，阻力的表達式（用字母表示） .

23. （10分）有一個小燈泡上標有“4V、2W ”的字樣，現在要用伏安法描繪這個燈泡的I-U圖線.現有下列器材供選用：

A.電流表A1（0～0.3A，r1=1Ω）

B.電流表A2（0～0.6A，r2=0.4Ω）

C.電流表A3（0～1.0A，r3=0.2Ω

D.定值電阻R1=19Ω

E.定值電阻R2=150Ω

F.滑動變阻器（10Ω，2A）

G.滑動變阻器（500Ω，1A ） H.學生電源（直流6V），開關，導線若干

①選用下面的圖7A而不選用圖7B的電路圖來完成實驗，請說明理由： .

圖7

②由于沒有電壓表，可將電流表A1和定值電阻串聯起來做為電壓表，電流表應選用，滑動變阻器應選用（用序號字母表示）.

③閉合開關前，應將圖7A電路中滑動變阻器的滑片滑至 （選填左端或右端）.

④當電流表A1的示數為0.20A時，小燈泡達到額定電壓，此時另一只電流表的讀數為0.72A，

測得小燈泡的額定功率為 W.

圖8

24. （13分）如圖8所示，有同學做實驗時不慎將圓柱形試管塞卡于試管底部，該試管塞中軸穿孔.為了拿出試管塞而不損壞試管，該同學緊握試管讓其倒立由靜開始豎直向下做勻加速直線運動，t=

0.20 s后立即停止，此時試管下降H=0.80 m，試管塞將恰好能從試管口滑出.已知試管總長L=21.0 cm，底部球冠的高度h=1.0 cm，試管塞的長度為d=2.0 cm，設試管塞相對試管壁滑動時受到的的摩擦力恒定，不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2.求：

（1）試管塞從靜止開始到離開試管口的總位移；

（2）試管塞受到的滑動摩擦力與其重力的比值.

圖9

25.（19分）如圖9所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B.有一個粒子源在紙面內沿各個方向以一定速率發射大量粒子，粒子的質量為m、電荷量為+q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場.（不考慮粒子的重力及粒子之間的相互作用）

（1）求帶電粒子的速率.

（2）若粒子源可置于磁場中任意位置，且磁場的磁感應強度大小變為B4，求粒子在磁場中最長的運動時間t.

（3）若原磁場不變，再疊加另一個半徑為R1（R1>R0）圓形勻強磁場，磁場的磁感應強度的大小為B2，方向垂直于紙面向外，兩磁場區域成同心圓，此時該離子源從圓心出發的粒子都能回到圓心，求R1的最小值和粒子運動的周期T.

（二）選考題：共45分.考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題做答.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.

33.[物理-選修3-3]（15分）

（1）（6分）下列說法中正確的是（填正確選項前的字母，選對1個得3分，選對兩個得4分，選對3個得6分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）.

A.布朗運動就是液體分子的無規則運動

B.晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點

C.熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體

D.物體的體積增大，分子勢能不一定增加

E.一定質量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱

圖10

（2）（9分）如圖10所示，水平放置一個長方體的封閉氣缸，用無摩擦活塞將內部封閉氣體分為完全相同的A、B兩部分.初始時兩部分氣體壓強均為p、熱力學溫度均為T.使A的溫度升高ΔT而保持B部分氣體溫度不變.則A部分氣體的壓強增加量為多少？

34.[物理-選修3-4]（15分）

（1）（6分）如圖11甲所示為一簡諧波在t=0時刻的圖象，圖11乙所示為x=4m處的質點P的振動圖象，則下列判斷正確的是 .（填正確答案標號.選對1個得3分，選對2個得4分，選對三個得6分.每選錯一個扣3分，最低得分為0分）

圖11

A.這列波的波速是2m/s

B.這列波的傳播方向沿x正方向

C.t=3.5s時P點的位移為0.2m

D.從t=0時刻開始P點的振動方程為

y=0.2sin（πt+π）m

E. 從t=0時刻開始P點的振動方程為

y=0.2sin（πt+π2）m

圖12

（2）（9分）如圖12所示為一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏.兩束關于中心軸 OO′對稱的激光束從半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能從球面射出.當光屏距半球上表面h1=40 cm時，從球面折射出的兩束光線匯聚于光屏與OO′軸的交點，當光屏距上表面h2=70 cm時，在光屏上形成半徑r=40 cm的圓形光斑.求該半球形玻璃的折射率.

圖13

35.[物理-選修3-5]（15分）

（1）（6分）氫原子能級如圖13所示，一群處于第4能級的氫原子在躍遷時能夠發出種頻率的光，已知金屬鈦的逸出功為4.1eV，

則用這些光照射金屬鈦時能打出光電子的有 種，其中打出的光電子的初動能最大的是 eV.

（2）（9分）如圖14，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質量均為m.P2的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L.物體P置于P1的最右端，質量為2m且可看作質點.P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點（彈簧始終在彈性限度內）.P與P2之間的動摩擦因數為μ，求：

①P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；

②此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應的彈性勢能EP.

圖14

答案14.C解析由B=ΦS可得： 磁感應強度的單位為“韋伯/米2”，同理由B=FIL可得： 磁感應強度的單位為牛/（安·米），答案C正確.

15. B解析甲乙兩車在同一條筆直的公路上做同方向的直線運動， 從t=0時刻開始，甲車的運動規律為x=10t，乙車剎車，其運動規律為x=50+10t-2t2，即甲車做速度大小為v1=10 m/s的勻速直線運動，同時乙車在甲的前方L=50 m做初速度大小為v=10 m/s，加速度大小為a=4 m/s2的勻減速直線運動.設乙車經過時間t1停止運動，由vt=v0+at可得：0=10-4t1，解得： t1=2.5（s），

此過程甲車的位移大小為x1=v1t=25m，乙車的位移大小為x2=v22t1=12.5m，由于x1=25m16. D解析把A、B、C、D四個人看成整體由物體的平衡條件可得： A受到地面支持力為4mg；

把B、C、D三個人看成整體由物體的平衡條件可得： B受到A的支持力為3mg；他們的臂圍成的三角形近似可以看成為等邊三角形，設C受到B的拉力約為FBC，C受到A的推力約為FAC，則對

C由物體的平衡條件可得： FBCsin60°=mg，FBCcos60°=FAC可解得：FBC=233mg，FAC=33mg， ，根據牛頓第三定律可得： B受到C的拉力約為233mg.綜合上面分析可得：本題答案選D.

17. B解析

經過分析可得： 衛星從第一次到達A城市上空到衛星從第二次到達A城市上空，衛星比A城市多運動一圈.不妨設在t=12h衛星比A城市多運動n圈，衛星運動周期

為T，則可得： tT-tT自=n（n=0、1……），進一步可得： T=242n+1（n=0、1……）.當n=2時，T=4.8h，答案B正確.

18. B解析由于物體做直線運動的條件可以敘述為：物體在垂直于速度方向上的合力為零.所以不妨設小球受到的電場力和速度方向的夾角為θ，則qEsinθ=mgsin60°.由于mg=qE，所以θ=60°或θ=120°.當θ=60°時，小球受到的電場力和小球受到的重力等大反向，小球做勻速運動，不符合題意；當θ=120°時，小球做勻減速直線運動，此時對小球由牛頓第二定律可得：mgcos60°+qEcos60°=ma，解得： 小球運動的加速度大小為g，答案B 正確，電場方向不是豎直向上，答案A錯誤；由x=v2t-v202a可得：從小球開始運動到小球的速度減小到零時小球的位移的大小為x=v202g（即小球斜向上運動的最大位移的大小），小球上升的最大高度為hm=xsin30°=v204g，答案C錯誤；從小球開始運動到小球的速度減小到零時，電場力對小球做的功最多，且為W=qExcos120°=-mv204，由于小球克服電場力做的功等于小球的電勢能的增加量，所以小球的速度減小到零時，小球有最大的電勢能EPm，且EPm-0=mv204，即： 小球電勢能的最大值為mv204，答案D錯誤.

19.AD解析設橡膠圓盤M的帶電量的大小為Q，轉動周期為T，橡膠圓盤M相當于一個閉合線圈，電流的大小為I=QT，電流的方向為順時針方向.現讓橡膠圓盤M由靜止開始繞O1O2軸逆時針加速轉動，相當于M產生的電流增大，M產生的磁場增強，穿過鋁環N的磁通量增大，鋁環N產生的感應電流的磁場反抗磁通量的增大，鋁環N有朝磁通量減少的方向運動的趨勢，即鋁環N有向上的運動趨勢和縮小的趨勢，M對鋁環N的作用力豎直向上，對鋁環N由物體的平衡的條件可得： 絲線對它的拉力減小，答案D正確，答案C錯誤；根據牛頓第三定律可得： 鋁環N對橡膠圓盤M的作用力方向豎直向下，答案A正確，答案B錯誤.

20.BD解析由圖乙可得：t2時刻物塊A的速度最大，物塊A的加速度為零，對物塊A由物體的平衡條件可得：kx1=mgsinθ，解得： 彈簧形變量為x1=mgsinθk，答案A錯誤；t1時刻物塊A和B剛好分離，此時物塊A對物塊B的彈力為零，對物塊B由牛頓第二定律得： F2-mgsinθ=ma，解得：F2=mgsinθ+ma.此時對物塊A由牛頓第二定律得：kx2-mgsinθ=ma，解得：x2=mgsinθ+mak，即t1時刻，彈簧形變量為mgsinθ+mak，答案B正確，t1-t2拉力F大小不變，答案C錯誤；從開始到t1時刻，當彈簧的壓縮量為x時，對物塊A和B整體由牛頓第二定律可得：F+kx-2mgsinθ=2ma，此過程x減小，F增大.開始時設彈簧的彈力為F彈1，由于初始時均靜止，所以對物塊A和B整體由物體的平衡條件可得：F彈1=2mgsinθ，現用平行于斜面向上的力F1剛拉動物塊B的瞬間，由于彈簧的彈力在瞬間不發生改變，所以此時對物塊A和B整體由牛頓第二定律可得： F1+F彈1-2mgsinθ=2ma，可解得：F1=2ma， t1時刻拉力F2=mgsinθ+ma，彈簧的彈力的大小F彈2=kx2=mgsinθ+ma，由于F1

22. （共5分）（1）4.12.5 （各1分）

（2）高度H（1分），f=mgHL-ma （2分）

解析（1）根據“做勻變速直線運動的物體在連續相等的時間內位移差為定值”可得：

小車下滑的加速度a=x2-x1T2=（10.26-9.61）×10-2（0.04）2m/s2=4.1m/s2；根據“做勻變速直線運動的物體在某一段時間內中間時刻的瞬時速度等于這一段時間內的平均速度”可得：

vE=x2+x12T=（10.26+9.61）×10-22×0.04m/s

=2.5m/s.

（2） 小車在下滑過程中，對小車由牛頓第二定律可得：mgsinθ-f=ma，由幾何關系可得：sinθ=HL，進一步可得： f=mgHL-ma.

23.答案：①描繪燈泡的I-U圖線所測數據從零開始，需要多取幾組數據.（2分）

②D；C；F（各1分） ③左端（2分）

④2.08w（3分）

解析①見答案.②電流表A1和定值電阻R1串聯量程為Um=Im（R1+r1）=6 V，即定值電阻選D；當小燈泡上的電壓為4 V時，流過小燈泡的電流的大小為0.5 A，流過電流表A1的電流為0.20 A，流過電流表的電流為0.7 A，電流表應選A3，即選C；滑動變阻器的最大阻值越小，滑動變阻器調節方便靈活，滑動變阻器應選用F.③閉合開關前，應將圖A電路中滑動變阻器的滑片滑至左端.④當電流表A1的示數為0.20 A時，小燈泡達到額定電壓U燈=4 V，此時另一只電流表的讀數為0.72 A，則此時流過小燈泡的電流為I燈=0.52 A，測得小燈泡的額定功率為P燈=U燈I燈=2.08 W.

24.（13分）（1）試管塞開始與試管一起運動了位移：

x1=H=0.80 m之后又獨立運動了位移：

x2=L-h=0.20 m （1分）

所以總位移：x=x1+x2=1.0 m （2分）

（2）設試管塞質量為m，與試管一起做勻加速直線運動的加速度大小為a1，末速度為v，之后滑動過程中的摩擦力大小為Ff，加速度大小為a2，

由運動學公式有：

x1=12a1t2 ① （2分）

v=a1t ② （2分）

由①②解得：v=8 m/s （1分）

試管塞在試管中做勻減速運動時有：

-2a2x2=0-v2 ③ （2分）

由牛頓第二定律：Ff-mg=ma2 ④ （2分）

由③④解得：Ff=17 mg

故滑動摩擦力與重力的比值為17∶1 （1分）

25.（1）粒子離開出發點最遠的距離為軌道半徑的2倍 R0=2r（2分）

qvB=mv2r （2分） v=qBR02m （2分）

（2）磁場的大小變為B4后，粒子的軌道半徑為2r1；

r1=mvqB1=4mvqB=2R0 （2分）

根據幾何關系可以得到，當弦最長時，運動的時間最長，弦為2R0時最長，圓心角60°（2分）

t=60°360°T=4πm3qB （2分）

圖15（3）根據矢量合成法則，疊加區域的磁場大小為B2，方向向里，R0以外的區域磁場大小為B2，方向向外.粒子運動的半徑為R0.

根據對稱性畫出情境圖（圖15），由幾何關系可得R1的最小值為（3+1）R0（4分）

T=（π3+5π6）×4mqB/2=28πm3qB（3分）

33.（1）（6分）BDE

解析布朗運動不是液體分子的無規則運動，它間接反映了液體分子的無規則運動，答案A錯誤；晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點，答案B正確；熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，答案C錯誤；r0=10-10m，當分子間距離r滿足r>r0，分子勢能隨分子間距離的增大而增大；當分子間距離r滿足r0，體積增大，理想氣體對外界做功，即W<0，由ΔU=W+Q可得：Q>0，即那么它一定從外界吸熱，答案E正確.綜合上面分析可得：本題答案選BDE.

（2）（9分）設溫度升高后，A、B壓強增加量都為Δp，對A部分氣體，升高溫度后體積VA

pVT=（p+Δp）VAT+ΔT （3分）

對B部分氣體，升高溫度后體積VB

pV=（p+Δp）VB （3分）

又：VA+VB=2V （2分）

解得：Δp=pΔT2T（1分）

34.（15分）（1）（6分）ACD

解析由圖乙可得：波的周期大小為T=2 s，由圖甲可得：波的波長為λ=4 m，由v=λT可得：v=2 m/s，答案A正確；由圖乙可得： 在t=0時刻質點P在平衡位置且沿y軸負方向振動，從t=0時刻開始P點的振動方程為y=0.2sin（πt+π）m，答案D正確，答案E錯誤；

由于“沿著波的傳播方向，上坡下振，下坡上振”，所以結合圖甲可得： 這列波的傳播方向沿x負方向，答案B錯誤；由于

3.5 s=3.52T=134T，所以t=3.5s時P點剛好到達波峰，P點的位移為0.2m，答案C正確.綜合上面分析可得：本題答案選ACD.

圖16

（2）解光路如圖16所示，設臨界光線AE、BF入射后，經E、F兩點發生全反射，由幾何關系可得：

∠O2QP=C （2分）

O2O3=h2-h1=0.3m （2分）

O2Q=（O2O3）2+（O3Q）2

=0.5 m （2分）

sinC=O2O3O2Q=35 （2分）

又由折射定律得：n=1sinC

=53 （1分）

35.（1）（6分）6 、 3 、 8.65

解析

一群處于第4能級的氫原子在躍遷時能夠發出6種頻率的光.

氫原子從第4能級躍遷到第1能級釋放出光子的能量為E41=E4-E1=-0.85 eV-（-13.6 eV）=12.75 eV，同理：E31=12.09 eV，E21=10.2 eV，E42=2.55 eV，E32=1.89 eV，E43=0.66 eV.由光電效應方程hν=12mv20+W可得：要想使金屬鈦發生光電效應，入射光的能量要滿足：E=hν≥W，則用這些光照射金屬鈦時能打出光電子的有3種且氫原子從第4能級躍遷到

第1能級釋放出光子照射金屬鈦時打出的光電子的初動能最大的是光電子的初動能最大的是8.65 eV.

（2）（9分） （1）P1、P2碰撞過程中動量守恒，剛碰完時共同速度為v1，

mv0=2mv1v1=12v0

（1分）

碰撞結束，P以v0向前滑上P2，當被彈簧彈回再滑到A時，P1、P2、P有共同速度v2，

則

2mv1+2mv0=4mv2v2=34v0 （或對整體3mv0=4mv2） （2分）

（2）當彈簧的壓縮量最大時，P1、P2、P也有共同速度，根據動量守恒定律可知，共同速度仍為v2.P從A端滑到彈簧壓縮量最大的過程，根據功能關系

μ×2mg（L+x）+EP=12×2mv20+12×2mv21-12×4mv22 （2分）

P從彈簧壓縮量最大的位置再滑到A端，根據功能關系

EP=μ×2mg（L+x） （2分）

解得EP=116mv20，x=v2032mg-L （2分）

（收稿日期：2015-02-24）