2015年高考物理模拟卷（新课标高考压轴卷）

宁鹏程

二、选择题（本题包括8小题.每小题6分，共48分.每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分）

14.磁感应强度的单位为“韦伯/米2”，它和下面哪个单位相同 （ ）.

A.牛·安/米 B.牛·安/米2 C.牛/（安·米） D.牛/（安·米2）

15. 甲乙两车在同一条笔直的公路上做同方向的直线运动，

从t=0时刻开始，甲车的运动规律为x=10t，乙车刹车，其运动规律为x=50+10t-2t2（以上两式各物理量的单位均为国际基本单

位），则从t=0开始，甲追上乙的时间是（ ）.

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

图1

16.如图1所示，A、B、C、D四个人做杂技表演，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A撑开双手水平支持着C和D.若四个人的质量均为m，他们的臂长相等，重力加速度为g，不计A手掌与C、D身

体间的摩擦.下列结论错误的是（ ）.

A.A受到地面支持力为4mg

B.B受到A的支持力为3mg

C. B受到C的拉力约为233mg

D.C受到A的推力约为233mg

17. 一颗科学资源探测卫星的圆轨道经过地球两极上空，某时刻卫星经过赤道上A城市上空.已知地球自转周期为T自=24h，若每t=12h卫星到达A城市上空，则卫星运动周期可能为（ ）.

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

图2

18.如图2所示，质量为m、电量为q的小球在电场强

度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg=qE，则下面说法中正确的是（ ）.

A.电场方向竖直向上

B.小球运动的加速度大小为g

C.小球上升的最大高度为v202g

D.小球电势能的最大值为mv202

图3

19.如图3所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷.在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直O1O2线 上.现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（ ）.

A.铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下

B.铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上

C.铝环N有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大

D.铝环N有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小

20.如图4甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物

块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止.现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图4乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（ ）.

图4

A.t2时刻，弹簧形变量为零

B.t1时刻，弹簧形变量为mgsinθ+mak

C.从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大

D.从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少

21.如图5甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=L3的圆形匀强磁场区域中.线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合.磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图5乙所示.（π取3）

图5

A.通过线框中感应电流方向为逆时针方向

B.t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1Wb

C.在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12C

D.经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J

第Ⅱ卷（非选择题，共174分）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22～32题为必考题，每个试题考生必须做答.第33～40题为选考题，考生根据要求做答.

（一）必考题（11题，共129分）

22.（5分）图6甲是利用打点计时器测量小车沿斜面下滑时所受阻力的示意图.小车拖着纸带在斜面上下滑时，打出的一段纸带如图6乙所示，其中O为小车开始运动时打出的点，设小车在斜面上运动时所受阻力恒定.

图6

（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带分析可知小车下滑的加速度a=m/s2，打E点时小车速度vE=m/s （结果保留两位有效数字）.

（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，可运用牛顿运动定律或动能定理求解，现要求必须用牛顿运动定律求解，除知道小车下滑的加速度a、小车质量m、重力加速度g、斜面的长度L外，利用米尺、三角板还需要测量的物理量 ，阻力的表达式（用字母表示） .

23. （10分）有一个小灯泡上标有“4V、2W ”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线.现有下列器材供选用：

A.电流表A1（0～0.3A，r1=1Ω）

B.电流表A2（0～0.6A，r2=0.4Ω）

C.电流表A3（0～1.0A，r3=0.2Ω

D.定值电阻R1=19Ω

E.定值电阻R2=150Ω

F.滑动变阻器（10Ω，2A）

G.滑动变阻器（500Ω，1A ） H.学生电源（直流6V），开关，导线若干

①选用下面的图7A而不选用图7B的电路图来完成实验，请说明理由： .

图7

②由于没有电压表，可将电流表A1和定值电阻串联起来做为电压表，电流表应选用，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）.

③闭合开关前，应将图7A电路中滑动变阻器的滑片滑至 （选填左端或右端）.

④当电流表A1的示数为0.20A时，小灯泡达到额定电压，此时另一只电流表的读数为0.72A，

测得小灯泡的额定功率为 W.

图8

24. （13分）如图8所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔.为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静开始竖直向下做匀加速直线运动，t=

0.20 s后立即停止，此时试管下降H=0.80 m，试管塞将恰好能从试管口滑出.已知试管总长L=21.0 cm，底部球冠的高度h=1.0 cm，试管塞的长度为d=2.0 cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2.求：

（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移；

（2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值.

图9

25.（19分）如图9所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B.有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q.将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场.（不考虑粒子的重力及粒子之间的相互作用）

（1）求带电粒子的速率.

（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B4，求粒子在磁场中最长的运动时间t.

（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1>R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T.

（二）选考题：共45分.考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答.如果多做，则每学科按所做的第一题计分.

33.[物理-选修3-3]（15分）

（1）（6分）下列说法中正确的是（填正确选项前的字母，选对1个得3分，选对两个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）.

A.布朗运动就是液体分子的无规则运动

B.晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点

C.热量不可能从低温物体传到高温物体

D.物体的体积增大，分子势能不一定增加

E.一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热

图10

（2）（9分）如图10所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分.初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T.使A的温度升高ΔT而保持B部分气体温度不变.则A部分气体的压强增加量为多少？

34.[物理-选修3-4]（15分）

（1）（6分）如图11甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图11乙所示为x=4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是 .（填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对三个得6分.每选错一个扣3分，最低得分为0分）

图11

A.这列波的波速是2m/s

B.这列波的传播方向沿x正方向

C.t=3.5s时P点的位移为0.2m

D.从t=0时刻开始P点的振动方程为

y=0.2sin（πt+π）m

E. 从t=0时刻开始P点的振动方程为

y=0.2sin（πt+π2）m

图12

（2）（9分）如图12所示为一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏.两束关于中心轴 OO′对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出.当光屏距半球上表面h1=40 cm时，从球面折射出的两束光线汇聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h2=70 cm时，在光屏上形成半径r=40 cm的圆形光斑.求该半球形玻璃的折射率.

图13

35.[物理-选修3-5]（15分）

（1）（6分）氢原子能级如图13所示，一群处于第4能级的氢原子在跃迁时能够发出种频率的光，已知金属钛的逸出功为4.1eV，

则用这些光照射金属钛时能打出光电子的有 种，其中打出的光电子的初动能最大的是 eV.

（2）（9分）如图14，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）.P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：

①P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；

②此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能EP.

图14

答案14.C解析由B=ΦS可得： 磁感应强度的单位为“韦伯/米2”，同理由B=FIL可得： 磁感应强度的单位为牛/（安·米），答案C正确.

15. B解析甲乙两车在同一条笔直的公路上做同方向的直线运动， 从t=0时刻开始，甲车的运动规律为x=10t，乙车刹车，其运动规律为x=50+10t-2t2，即甲车做速度大小为v1=10 m/s的匀速直线运动，同时乙车在甲的前方L=50 m做初速度大小为v=10 m/s，加速度大小为a=4 m/s2的匀减速直线运动.设乙车经过时间t1停止运动，由vt=v0+at可得：0=10-4t1，解得： t1=2.5（s），

此过程甲车的位移大小为x1=v1t=25m，乙车的位移大小为x2=v22t1=12.5m，由于x1=25m16. D解析把A、B、C、D四个人看成整体由物体的平衡条件可得： A受到地面支持力为4mg；

把B、C、D三个人看成整体由物体的平衡条件可得： B受到A的支持力为3mg；他们的臂围成的三角形近似可以看成为等边三角形，设C受到B的拉力约为FBC，C受到A的推力约为FAC，则对

C由物体的平衡条件可得： FBCsin60°=mg，FBCcos60°=FAC可解得：FBC=233mg，FAC=33mg， ，根据牛顿第三定律可得： B受到C的拉力约为233mg.综合上面分析可得：本题答案选D.

17. B解析

经过分析可得： 卫星从第一次到达A城市上空到卫星从第二次到达A城市上空，卫星比A城市多运动一圈.不妨设在t=12h卫星比A城市多运动n圈，卫星运动周期

为T，则可得： tT-tT自=n（n=0、1……），进一步可得： T=242n+1（n=0、1……）.当n=2时，T=4.8h，答案B正确.

18. B解析由于物体做直线运动的条件可以叙述为：物体在垂直于速度方向上的合力为零.所以不妨设小球受到的电场力和速度方向的夹角为θ，则qEsinθ=mgsin60°.由于mg=qE，所以θ=60°或θ=120°.当θ=60°时，小球受到的电场力和小球受到的重力等大反向，小球做匀速运动，不符合题意；当θ=120°时，小球做匀减速直线运动，此时对小球由牛顿第二定律可得：mgcos60°+qEcos60°=ma，解得： 小球运动的加速度大小为g，答案B 正确，电场方向不是竖直向上，答案A错误；由x=v2t-v202a可得：从小球开始运动到小球的速度减小到零时小球的位移的大小为x=v202g（即小球斜向上运动的最大位移的大小），小球上升的最大高度为hm=xsin30°=v204g，答案C错误；从小球开始运动到小球的速度减小到零时，电场力对小球做的功最多，且为W=qExcos120°=-mv204，由于小球克服电场力做的功等于小球的电势能的增加量，所以小球的速度减小到零时，小球有最大的电势能EPm，且EPm-0=mv204，即： 小球电势能的最大值为mv204，答案D错误.

19.AD解析设橡胶圆盘M的带电量的大小为Q，转动周期为T，橡胶圆盘M相当于一个闭合线圈，电流的大小为I=QT，电流的方向为顺时针方向.现让橡胶圆盘M由静止开始绕O1O2轴逆时针加速转动，相当于M产生的电流增大，M产生的磁场增强，穿过铝环N的磁通量增大，铝环N产生的感应电流的磁场反抗磁通量的增大，铝环N有朝磁通量减少的方向运动的趋势，即铝环N有向上的运动趋势和缩小的趋势，M对铝环N的作用力竖直向上，对铝环N由物体的平衡的条件可得： 丝线对它的拉力减小，答案D正确，答案C错误；根据牛顿第三定律可得： 铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下，答案A正确，答案B错误.

20.BD解析由图乙可得：t2时刻物块A的速度最大，物块A的加速度为零，对物块A由物体的平衡条件可得：kx1=mgsinθ，解得： 弹簧形变量为x1=mgsinθk，答案A错误；t1时刻物块A和B刚好分离，此时物块A对物块B的弹力为零，对物块B由牛顿第二定律得： F2-mgsinθ=ma，解得：F2=mgsinθ+ma.此时对物块A由牛顿第二定律得：kx2-mgsinθ=ma，解得：x2=mgsinθ+mak，即t1时刻，弹簧形变量为mgsinθ+mak，答案B正确，t1-t2拉力F大小不变，答案C错误；从开始到t1时刻，当弹簧的压缩量为x时，对物块A和B整体由牛顿第二定律可得：F+kx-2mgsinθ=2ma，此过程x减小，F增大.开始时设弹簧的弹力为F弹1，由于初始时均静止，所以对物块A和B整体由物体的平衡条件可得：F弹1=2mgsinθ，现用平行于斜面向上的力F1刚拉动物块B的瞬间，由于弹簧的弹力在瞬间不发生改变，所以此时对物块A和B整体由牛顿第二定律可得： F1+F弹1-2mgsinθ=2ma，可解得：F1=2ma， t1时刻拉力F2=mgsinθ+ma，弹簧的弹力的大小F弹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）根据“做匀变速直线运动的物体在连续相等的时间内位移差为定值”可得：

小车下滑的加速度a=x2-x1T2=（10.26-9.61）×10-2（0.04）2m/s2=4.1m/s2；根据“做匀变速直线运动的物体在某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于这一段时间内的平均速度”可得：

vE=x2+x12T=（10.26+9.61）×10-22×0.04m/s

=2.5m/s.

（2） 小车在下滑过程中，对小车由牛顿第二定律可得：mgsinθ-f=ma，由几何关系可得：sinθ=HL，进一步可得： f=mgHL-ma.

23.答案：①描绘灯泡的I-U图线所测数据从零开始，需要多取几组数据.（2分）

②D；C；F（各1分） ③左端（2分）

④2.08w（3分）

解析①见答案.②电流表A1和定值电阻R1串联量程为Um=Im（R1+r1）=6 V，即定值电阻选D；当小灯泡上的电压为4 V时，流过小灯泡的电流的大小为0.5 A，流过电流表A1的电流为0.20 A，流过电流表的电流为0.7 A，电流表应选A3，即选C；滑动变阻器的最大阻值越小，滑动变阻器调节方便灵活，滑动变阻器应选用F.③闭合开关前，应将图A电路中滑动变阻器的滑片滑至左端.④当电流表A1的示数为0.20 A时，小灯泡达到额定电压U灯=4 V，此时另一只电流表的读数为0.72 A，则此时流过小灯泡的电流为I灯=0.52 A，测得小灯泡的额定功率为P灯=U灯I灯=2.08 W.

24.（13分）（1）试管塞开始与试管一起运动了位移：

x1=H=0.80 m之后又独立运动了位移：

x2=L-h=0.20 m （1分）

所以总位移：x=x1+x2=1.0 m （2分）

（2）设试管塞质量为m，与试管一起做匀加速直线运动的加速度大小为a1，末速度为v，之后滑动过程中的摩擦力大小为Ff，加速度大小为a2，

由运动学公式有：

x1=12a1t2 ① （2分）

v=a1t ② （2分）

由①②解得：v=8 m/s （1分）

试管塞在试管中做匀减速运动时有：

-2a2x2=0-v2 ③ （2分）

由牛顿第二定律：Ff-mg=ma2 ④ （2分）

由③④解得：Ff=17 mg

故滑动摩擦力与重力的比值为17∶1 （1分）

25.（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍 R0=2r（2分）

qvB=mv2r （2分） v=qBR02m （2分）

（2）磁场的大小变为B4后，粒子的轨道半径为2r1；

r1=mvqB1=4mvqB=2R0 （2分）

根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时最长，圆心角60°（2分）

t=60°360°T=4πm3qB （2分）

图15（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为B2，方向向里，R0以外的区域磁场大小为B2，方向向外.粒子运动的半径为R0.

根据对称性画出情境图（图15），由几何关系可得R1的最小值为（3+1）R0（4分）

T=（π3+5π6）×4mqB/2=28πm3qB（3分）

33.（1）（6分）BDE

解析布朗运动不是液体分子的无规则运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，答案A错误；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，答案B正确；热量可以从低温物体传到高温物体，答案C错误；r0=10-10m，当分子间距离r满足r>r0，分子势能随分子间距离的增大而增大；当分子间距离r满足r0，体积增大，理想气体对外界做功，即W<0，由ΔU=W+Q可得：Q>0，即那么它一定从外界吸热，答案E正确.综合上面分析可得：本题答案选BDE.

（2）（9分）设温度升高后，A、B压强增加量都为Δp，对A部分气体，升高温度后体积VA

pVT=（p+Δp）VAT+ΔT （3分）

对B部分气体，升高温度后体积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

解析由图乙可得：波的周期大小为T=2 s，由图甲可得：波的波长为λ=4 m，由v=λT可得：v=2 m/s，答案A正确；由图乙可得： 在t=0时刻质点P在平衡位置且沿y轴负方向振动，从t=0时刻开始P点的振动方程为y=0.2sin（πt+π）m，答案D正确，答案E错误；

由于“沿着波的传播方向，上坡下振，下坡上振”，所以结合图甲可得： 这列波的传播方向沿x负方向，答案B错误；由于

3.5 s=3.52T=134T，所以t=3.5s时P点刚好到达波峰，P点的位移为0.2m，答案C正确.综合上面分析可得：本题答案选ACD.

图16

（2）解光路如图16所示，设临界光线AE、BF入射后，经E、F两点发生全反射，由几何关系可得：

∠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

一群处于第4能级的氢原子在跃迁时能够发出6种频率的光.

氢原子从第4能级跃迁到第1能级释放出光子的能量为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.由光电效应方程hν=12mv20+W可得：要想使金属钛发生光电效应，入射光的能量要满足：E=hν≥W，则用这些光照射金属钛时能打出光电子的有3种且氢原子从第4能级跃迁到

第1能级释放出光子照射金属钛时打出的光电子的初动能最大的是光电子的初动能最大的是8.65 eV.

（2）（9分） （1）P1、P2碰撞过程中动量守恒，刚碰完时共同速度为v1，

mv0=2mv1v1=12v0

（1分）

碰撞结束，P以v0向前滑上P2，当被弹簧弹回再滑到A时，P1、P2、P有共同速度v2，

则

2mv1+2mv0=4mv2v2=34v0 （或对整体3mv0=4mv2） （2分）

（2）当弹簧的压缩量最大时，P1、P2、P也有共同速度，根据动量守恒定律可知，共同速度仍为v2.P从A端滑到弹簧压缩量最大的过程，根据功能关系

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

P从弹簧压缩量最大的位置再滑到A端，根据功能关系

EP=μ×2mg（L+x） （2分）

解得EP=116mv20，x=v2032mg-L （2分）

（收稿日期：2015-02-24）