2015年山東卷物理答案

2015年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(山東卷) 14. A【解析】小球從A點掉下后做平拋運動，B點小球在豎直方向上做自由落體運動，由?1=12gt2得在A點卸下的小球落地的時間為1s，由勻速運動的特點得小車從A運動到B的時間為0.5s，在B點開始下落的小球做自由落體運動，由?= 15. D【解析】空間站和月球都繞地球做勻速圓周運動，運行的角速度相等，由a=rω2得a2>a1 16. B【解析】設(shè)A、B的質(zhì)量分別為M、m，水平力為F，對整體受力分析，由平衡條件得F=μ2(m+M)g，對物體B受力分析，物體 17. ABD【解析】由右手定則可知，圓盤切割磁場部分產(chǎn)生的電流方向由圓盤邊緣指向O，電源內(nèi)部電流由電勢低處流向電勢高處，故靠近圓心處電勢高，故A正確；磁場越強，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，感應(yīng)電流越大，圓盤受到的安培力越大，圓盤越容易停止轉(zhuǎn)動，故B正確；磁場反向，切割部分產(chǎn)生的感應(yīng)電流反向，由左手定則可知圓盤受到的安培力的方向不變，故C錯誤；若所加磁場充滿整個圓盤，則穿過圓盤的磁通量不變，圓盤不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓盤不受安培力，故圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，故D正確. 18. B【解析】正電荷置于O點時，G點處的電場強度為零，由電場強度的疊加原理可知兩負電荷在G點產(chǎn)生的合電場強度與正電荷在G點產(chǎn)生的電場強度等大反向，故兩負電荷在G點產(chǎn)生的合電場強度大小為kQa2，方向為y軸負方向，若將正電荷移到G點，由于G、H關(guān)于O點對稱，則兩負電荷在H點產(chǎn)生的合電場強度大小也為kQa2，方向向下，且正電荷在H點產(chǎn)生的電場強度為kQ4a 19. C【解析】通過外圓環(huán)的電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的變化情況跟電流的變化情況相同，由E=nΔΦΔt得內(nèi)圓環(huán)中感應(yīng)電動勢的大小與外圓環(huán)中電流的變化率也就是圖象的斜率成正比，當外圓環(huán)中的電流為零時，內(nèi)圓環(huán)中的電動勢最大，電動勢的方向為正，在0.5 20. BC【解析】0～T3時間內(nèi)微粒恰好做勻速運動，由平衡條件得qE0=mg，微粒在T3～2T3時間內(nèi)只受重力作用，做平拋運動，由牛頓第二定律得2T3～T時間內(nèi)有向上的加速度，等于重力加速度，由運動的對稱性可得微粒在T時刻末的速度大小為v0 21. (1)如圖甲所示;10.0(9.8、9.9、10.1均正確). (2)1.80(1.70~1.90均正確);(3)如圖乙所示;(4)F 【解析】(1)先描點，然后用平滑的直線連接，當彈簧秤的示數(shù)為0時，橡皮筋的長度為原長，故原長為10.0cm. (2)當OA=6cm，OB=7.6cm時，橡皮筋的總長度為13.6cm，對照圖線可得橡皮筋的彈力大小為 (3)由給定的標度作出力的圖示. (4)以兩分力為鄰邊作平行四邊形，平行四邊形的對角線表示合力F'的大小，通過比較F'與FOO'的大小和方向在誤差允許的范圍內(nèi)是否相等，可驗證力的平行四邊形定則 22. (1)減小;(2)1.00(0.98、0.99、1.01均正確);(3)5. 【解析】(1)該電路是滑動變阻器與定值電阻并聯(lián)的電路，總的電流大小不變，電流表測的是通過滑動變阻器的電流，電壓表測的是總的電壓，滑動觸頭向下移動時，滑動變阻器接入電路的電阻變小，總電阻變小，電流不變，故電壓表的示數(shù)減??； (2)由并聯(lián)電路的特點得UR+I=I0，變形得U=?RI+I0R，故 23. (1)3m；(2)0.1 【解析】(1)設(shè)開始時細繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為 對小球，T1= 對物塊，F(xiàn)1+ 當細繩與豎直方向的夾角為60°時，設(shè)細繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，由題意可知 對小球，T2= 對物塊，F(xiàn)2+ 聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得 M=3 (2)設(shè)小球運動至最低位置時速度的大小為v，從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服阻力所做的功為Wf mgl1?cos60°? 在最低位置，設(shè)細繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知 對小球，由牛頓第二定律得 T3? 對物塊，由平衡條件得 F3+ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得 Wf 24. (1)；(2)；(3) 【解析】(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得 qEd2=1 (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB=m 如圖甲所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況.若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得 R=D 聯(lián)立③④式得 B=4 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R=3 聯(lián)立③⑥式得 B= (3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2，由題意可知，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為B1 qvB1=m 代入數(shù)據(jù)得 R1=D2 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T T1=2πR 據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖乙所示，由對稱可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為θ 心O連線間的夾角設(shè)為α，由幾何關(guān)系得 θ1=120° θ2=180° α=60°? 粒子重復(fù)上述交替運動回到H點，軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t t1=360°α 設(shè)粒子運動的路程為s，由運動學公式得 s=v 聯(lián)立⑨⑩?????式得 s=5.5π 37. (1)bc 【解析】混合均勻主要是碳粒不停地做無規(guī)則運動造成的，a錯誤，故b正確；微粒越小，布朗運動越明顯，故c正確；墨汁的無規(guī)則運動是液體分子撞擊的結(jié)果，沒有發(fā)生化學反應(yīng)，故d錯誤. (2)(ⅰ)101100p 【解析】(ⅰ)以開始封閉的氣體為研究對象，由題意可知，初狀態(tài)溫度T0=300K，壓強為p0，末狀態(tài)溫度T p0T 代入數(shù)據(jù)得 p1 (ⅱ)設(shè)杯蓋的質(zhì)量為m，剛好被頂起時，由平衡條件得 p1 放出少許氣體后，以杯蓋內(nèi)的剩余氣體為研究對象，由題意可知，初狀態(tài)溫度T2=303K，壓強p2=p p2T 設(shè)提起杯蓋所需的最小力為F，由平衡條件得 F+p 聯(lián)立②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得 F= 38. (1)ab. 【解析】將t=0.6s代入物塊做簡諧運動的方程可得0.6s時物塊的位移為?0.1m，因此初始時距物塊的高度為?=12gt2?0.1=1.7m，故a正確；由T=2πω=0.8s，故b (2)見解析. 【解析】當光線在O點的入射角為i0時，設(shè)折射角為r sini0 設(shè)A點與左端面的距離為dA sinr0 若折射光線恰好發(fā)生全反射，則在B點的入射角恰好為臨界角C，設(shè)B點與左端面的距離為dB sinC 由幾何關(guān)系得 sinC= 設(shè)A、B兩點間的距離為d，可得 d=d 聯(lián)立①②③④⑤式得 d= 39. (1)ac. 【解析】放射性元素經(jīng)過一個半衰期剩下的原子核的質(zhì)量是原來的一半，故該古木的年代距近約為5700年，故a正確；具有相同的電荷數(shù)、不同的中子數(shù)的元素稱為同位素，b錯誤；14C衰變?yōu)?4N，電荷數(shù)增加1，說明放出了電子，發(fā)生了β衰變，故c正確；半衰期由元素本身決定，與外界因素無關(guān)，故d (2)21 【解析】設(shè)滑