2015年山东省高考物理试卷答案与解析

H=

解得：，

小车从A点运动到B点的时间，

因为两球同时落地，则细线被轧断后B出小球做自由落体运动的时间为t3=t1﹣t2=1﹣0.5=0.5s，

则h=

故选：A

由an=r，分析向心加速度a1、a2的大小关系．根据a=分析a3与a1、a2的关系．

根据向心加速度an=r，

由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1，

同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，

根据a=得a3＞a2＞a1，

故选：D．

F=μ2（m1+m2）g①

再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：

水平方向：F=N     

竖直方向：m2g=f

其中：f=μ1N

联立有：m2g=μ1F②

联立①②解得：

=

故选：B

B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；

C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；

D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘的磁通量不再变化，没有感应电流产生，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；

故选：ABD

根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为，

当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为，方向沿y轴正向，

由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强的相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，

所以H点处场合强的大小为，方向沿y轴负向，所以B正确；

故选：B

故选：C．

C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确．

D、在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故D错误．

故选：BC．

（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；

（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；

（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力．

由图可知，图象与横坐标的交点即为l0；由图可知l0=10.0cm；

（2）AB的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；

（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；

（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00'大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；

故答案为：（1）如图所示；10.0；（2）1.80N；（3）如图所示；（4）

（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；

（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．

（2）当电压表示数为零时，说明RL短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；

（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；解得：R=4

由并联电路规律可知，流过RL的电流为：I=；

则RL消耗的功率为：P=I2RL==；

则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；

故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5

（2）对最低点由向心力公式进行分析求解物块的速度，再对全过程由动能定理列式，联立可求得克服阻力做功．

对小球：T1=mg

对物块，F1+T1=Mg

当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，根据题意可知，F2=1.25F1，由平衡条件可得：

对小球：T1=mgcos60°

对物块：F2+T2=Mg

联立以上各式，代入数据可得：

M=3m；

（2）设物块经过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，小球克服阻力做功为Wf，由动能定理得：

mgl（1﹣cos60°）﹣Wf=mv2

在最低位置时，设细绳的拉力大小为T1，传感装置的示数为F3，据题意可知，

F3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得：

T3﹣mg=m

对物块由平衡条件可得：

F3+T3=Mg

联立以上各式，代入数据解得：

Wf=0.1mgl．

答：（1）物块的质量为3m；

（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为0.1mgl．

（2）明确两种可能的相切情况，即可求得半径；根据洛仑兹充当向心力求解磁感应强度；

（3）分析粒子在磁场中的运动，根据运动周期明确经过的圆心角，再由圆的性质明确对应的路程．

qE=mv2

解得：E=

（2）设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：

qvB=m

如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得：

R=；

解得：B=；

若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：

R=；

解得：B=

（3）设粒子在I区和II区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I区和II内的磁感应强度大小分别为B1=；B2=；由牛顿第二定律可得：

qvB1=m，qvB2=m

代入解得：R1=，R2=；

设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：

T1=，T2=

由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，II区内所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角为α，由几何关系可得：

θ1=120°

θ2=180°

α=60°

粒子重复上述交替运动到H点，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：

t1=×T1，t2=×T2

设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s=v（t1+t2）

联立解得：s=5.5πD

答：（1）极板间电场强度的大小；

（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，Ⅰ区磁感应强度的大小或；

（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，这段时间粒子运动的路程5.5πD．

B、混合均匀的过程中，水分子做无规则的运动，碳粒的布朗运动也是做无规则运动．故B正确；

C、当悬浮微粒越小时，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡表现的越强，即布朗运动越显著，所以使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速．故C正确；

D、墨汁的扩散运动是由于微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的．故D错误．

故选：BC

（II）对开始杯盖刚好被顶起列平衡方程；再对后来杯内的气体分析，由查理定律及平衡关系列式，联立求解最小力．

=

代入数据解得：

P1=P0；

（II）设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得：

P1S=P0S+mg

放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度为T2=303K，压强P2=P0；末状态温度T3=300K，压强设为P3，由查理定律得

=

设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得：

F+P3S=P0S+mg

联立以上各式，代入数据得：

F=P0S；

答：（I）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强为P0；

（Ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力为P0S；

则对小球有：

h+=gt2

解得h=1.7m；故A正确；

B、由公式可知，简谐运动的周期T===0.8s；故B正确；

C、振幅为0.1m；故0.6s内物块运动的路程为3A=0.3m；故C错误；

D、t=0.4s=，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D错误；

故选：AB．

设AD间的距离为d1，由几何关系得：

sinr0=

若光线在B点恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好等于临界角C，设BD间的距离为d2．则有：

sinC=

由几何关系得：sinC=

则A、B两点间的距离为：d=d2﹣d1；

联立解得：d=（﹣）R

答：A、B两点间的距离为（﹣）R．

B、12C、13C、14C具有相同的质子数和不同的中子数．故B错误；

C、14C衰变为14N的过程中质量数没有变化而核电荷数增加1，所以是其中的一个中子变成了一个质子和一个电子，所以放出β射线．故C正确；

D、放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D错误．

故选：AC．

B再与C发生碰撞前的位移与A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以地面对B做的功与地面对A做的功大小相等，由动能定理即可求出B与C碰撞前的速度，最后根据动量守恒求解B、C碰后瞬间共同速度的大小．

mvA=mvA′+mvB′

设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：

设B与C碰撞前的速度为vB，碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB，

由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：WB=WA

设B与C碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：

mvB″=2mv

联立以上各表达式，代入数据解得：

答：B、C碰后瞬间共同速度的大小是．