2015年高考物理试卷全国卷1(解析版)

2015年高考物理试卷全国卷1（解析版）1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小 【答案】D【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即2v qvB m R=，轨道半径mvR qB=，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度vRω=可判断角速度变小，选项D 正确。

【学科网定位】磁场中带电粒子的偏转【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能。

2．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M φ、N φ、P φ、P φ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则A ．直线a 位于某一等势面内，Q M φφ>B ．直线c 位于某一等势面内，N M φφ>C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功 【答案】B【解析】电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，即N 和P 的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，从M 到N ，电场力对负电荷做负功,说明MQ 为高电势，NP 为低电势。

所以直线c 和d 都是位于某一等势线内，但是M Qφφ=，M N φφ>，选项A 错，B 对。

若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C 错。

电子作为负电荷从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D 错。

【考点定位】等势面和电场线 【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记。

2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(新课标卷1带解析)绝密★启用前2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标卷1带解析）考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五六七总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小2．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为Mφ、Nφ、P φ、Pφ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则A ．直线a 位于某一等势面内，QMφφ> B ．直线c 位于某一等势面内，NMφφ>C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功 3．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A ．9166==k ,V UB ．9122==k ,V U C ．3166==k ,V U D ．3122==k ,V U 4．如图所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。

2015年普通高等学校招生全国统一考试理科综合试题（全国1）1．下列叙述，错误的是（）A．DNA和ATP中所含元素的种类相同B．一个tRNA分子中只有一个反密码子C．T2噬菌体的核酸由脱氧核苷酸组成D．控制细菌性状的基因位于拟核和线粒体DNA上2．下列关于生长素的叙述，错误的是（）A．植物幼嫩叶片中色氨酸可转变成生长素B．成熟茎韧皮部中的生长素可以进行非极性运输C．幼嫩细胞和成熟细胞对生长素的敏感程度相同D．豌豆幼苗切段中乙烯的合成受生长素浓度的影响3．某同学给健康实验兔静脉滴注0.9%NaCl溶液（生理盐水）20mL后，会出现的现象是A．输入的溶液会从血浆进入组织液B．细胞内液和细胞外液分别增加10mLC．细胞内液N a＋的增加远大于细胞外液N a＋的增加D．输入的N a＋中50%进入细胞内液，50%分布在细胞外液4.下列关于初生演替中草本阶段和灌木阶段的叙述，错误的是（）A．草本阶段与灌木阶段群落的丰富度相同B．草本阶段与灌木阶段的群落空间结构复杂C．草本阶段与灌木阶段的群落自我调节能力强D．草本阶段为灌木阶段的群落形成创造了适宜环境5．人或动物PrP基因编码一种蛋白（PrP c）,该蛋白无致病性。

PrP c的空间结构改变后成为PrP sc（阮粒），就具有了致病性。

PrP sc可以有到更多的PrP c转变为PrP sc，实现阮粒的增殖，可以引起疯牛病。

据此判断，下列叙述正确的是（）A．阮粒侵入机体后可整合到宿主的基因组中B．阮粒的增殖方式与肺炎双球菌的增殖方式相同C．蛋白质空间结构的改变可以使其功能发生变化D．PrP c转变为PrP sc的过程属于遗传信息的翻译过程6．抗维生素D佝偻病为X染色体显性遗传病，短指为常染色体显性遗传病，红绿色盲为X染色体隐性遗传病，白化病为常染色体隐性遗传病。

下列关于这四种遗传病遗传特征的叙述，正确的是A．短指的发病率男性高于女性B．红绿色盲女性患者的父亲是该病的患者C．抗维生素D佝偻病的发病率男性高于女性D．白化病通常会在一个家系的几代人中连续出现7．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。

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同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

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2015年普通高等学校招生统一考试物理试题二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中.第l4～18题只有一项符合题目要求。

第l9～21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分。

选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小15．如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M ϕ、N ϕ、P ϕ、Q ϕ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

则 A ．直线a 位于某一等势面内，M ϕ>Q ϕ B ．直线c 位于某一等势面内，M ϕ〉N ϕC ．若电子由M 点运动到Q 点,电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：l ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。

2015 年普通高等学校招生统一考试物理试题二、选择题：本题共8 小题，每小题 6 分。

在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。

选对但不全的得 3 分。

有选错的得0分。

14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A. 轨道半径减小，角速度增大B.轨道半径减小，角速度减小C.轨道半径增大，角速度增大D.轨道半径增大，角速度减小15. 如图，直线a、b 和c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。

一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。

贝SA. 直线a位于某一等势面内，＞B. 直线c位于某一等势面内，＞C. 若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D. 若电子由P点运动到Q点，电场力做负功16. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:l ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k。

贝SA. U=66V，k=B. U=22V，k=C．U=66V，k=D．U=22V，k=17. 如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POC水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg g为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。

则A. W=mgR质点恰好可以到达Q点B. W>mgR质点不能到达Q点C. W=mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离D. WmgJR质点到达Q点后，继续上升一段距离18. 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

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2015年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷Ⅰ理科综合·物理部分(分值：110分)注意事项：1.高考试题中理科综合试卷总分300分,时间150分钟,本试卷只呈现物理部分。

2.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,卷Ⅰ为选择题,卷Ⅱ为非选择题。

第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题,每小题6分。

在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,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的( )A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小15.如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。

一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则( )A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功16.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上,如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则( ) A.U=66V,k= B. U=22V,k=C.U=66V,k=D.U=22V,k=17.如图,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标1）理科综合能力测试物理试题及答案二、选择题（每题6分，第14-18题只有一个选项符合要求，第19-21题有多项符合题目要求，）14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不等、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区进入到较弱磁场区后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小15.如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强磁场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ ，一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则 A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQ B ．直线c 位于某一等势面内，φM >φN C ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功16.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则 A ．U=60V ，k=1/9 B ．U=22V ，k=1/9 C ．U=60V ，k=1/3 D ．U=22V ，k=1/317.一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。

质点滑到最低点N 时，对轨道压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。

用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。

则 A ．W=1/2mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W>1/2mgR ，质点不能到达Q 点C ．W=1/2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W>1/2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离18.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

2015高考新课标全国卷1物理试题及答案(高清word)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2015高考新课标全国卷1物理试题及答案(高清word)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

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2015年普通高等学校招生统一考试物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中。

第l4～18题只有一项符合题目要求.第l9～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分。

选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小15．如图,直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

则 A ．直线a 位于某一等势面内，> B ．直线c 位于某一等势面内，〉C ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：l ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k 。

绝密★启封并使用完毕前本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共40题，共300分，共16页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答题前，现将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2Ｂ铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔记清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无线；再猜告知、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 AI 27 P 31 S 32 CL 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Br 80第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14. 如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰45，再由a点从静止释好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转°放一同样的微粒，改微粒将A．保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C 错误。

考点：电容器；电场力；力的平衡15. 如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab 边向上。

新课标全国卷Ⅰ(理)第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理1)设复数z 满足=i,则|z|等于( A )(A)1 (B) (C)(D)2解析:由已知=i,可得z====i,所以|z|=|i|=1,故选A.2.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理2)sin 20°cos 10°-cos 160°sin 10°等于( D )(A)- (B)(C)- (D)解析:原式=sin 20°cos 10°+cos 20°sin 10°=sin(20°+10°)=sin 30°=,故选D.3.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理3)设命题p:∃n ∈N,n 2>2n ,则p 为( C ) (A)∀n ∈N,n 2>2n (B)∃n ∈N,n 2≤2n(C)∀n ∈N,n 2≤2n (D)∃n ∈N,n 2=2n解析:根据特称命题的否定为全称命题,知p:∀n ∈N,n 2≤2n ,故选C.4.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理4)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为( A ) (A)0.648 (B)0.432 (C)0.36 (D)0.312解析:该同学通过测试的概率P=×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.5.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理5)已知M(x 0,y 0)是双曲线C:-y 2=1上的一点,F 1,F 2是C 的两个焦点.若·<0,则y 0的取值范围是( A )(A)-, (B)-,(C)-, (D)-,解析:由题意知a2=2,b2=1,所以c2=3,不妨设F1(-,0),F2(,0),所以=(--x0,-y0),=(-x0,-y0),所以·=-3+=3-1<0,所以-<y0<,故选A.6.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( B )(A)14斛(B)22斛(C)36斛(D)66斛解析:设圆锥底面的半径为R尺,由×2πR=8得R=,从而米堆的体积V=×πR2×5=(立方尺),因此堆放的米约有≈22(斛).故选B.7.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理7)设D为△ABC所在平面内一点,=3,则( A )(A)=-+(B)=-(C)=+(D)=-解析:=+=++=+=+(-)=-+.故选A.8.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理8)函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f(x)的单调递减区间为( D )(A)kπ-,kπ+,k∈Z(B)2kπ-,2kπ+,k∈Z(C)k-,k+,k∈Z(D)2k-,2k+,k∈Z解析:由题图可知=-=1,所以T=2.结合题图可知,在-,(f(x)的一个周期)内,函数f(x)的单调递减区间为-,.由f(x)是以2为周期的周期函数可知,f(x)的单调递减区间为2k-,2k+,k∈Z,故选D.9.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理9)执行如图所示的程序框图,如果输入的t=0.01,则输出的n等于( C )(A)5 (B)6 (C)7 (D)8解析:第一次循环:S=1-=,m=,n=1,S>t;第二次循环:S=-=,m=,n=2,S>t;第三次循环:S=-=,m=,n=3,S>t;第四次循环:S=-=,m=,n=4,S>t;第五次循环:S=-=,m=,n=5,S>t;第六次循环:S=-=,m=,n=6,S>t;第七次循环:S=-=,m=,n=7,此时不满足S>t,结束循环,输出n=7,故选C.10.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理10)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( C )(A)10 (B)20 (C)30 (D)60解析:(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5的展开式中只有(x2+x)3y2中含x5y2,易知x5y2的系数为=30,故选C. 11.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r等于( B )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:由已知可知,该几何体的直观图如图所示,其表面积为2πr2+πr2+4r2+2πr2=5πr2+4r2.由5πr2+4r2=16+20π,得r=2.故选B.12.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理12)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( D )(A)-,1 (B)-,(C),(D),1解析:由f(x0)<0,即(2x0-1)-a(x0-1)<0,得(2x0-1)<a(x0-1).当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1.若x0>1,则a>.令g(x)=,则g'(x)=.当x∈1,时,g'(x)<0,g(x)为减函数,当x∈,+∞时,g'(x)>0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤e3,与a<1矛盾,所以x0<1.因为x0<1,所以a<.易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0),得≤a<1(满足a<1),故选D.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理13)若函数f(x)=xln(x+)为偶函数,则a= .解析:由已知得f(-x)=f(x),即-xln(-x)=xln(x+),则ln(x+)+ln(-x)=0,所以ln[()2-x2]=0,得ln a=0,所以a=1.答案:114.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理14)一个圆经过椭圆+=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上,则该圆的标准方程为.解析:由题意知,圆过椭圆的三个顶点(4,0),(0,2),(0,-2),设圆心为(a,0),其中a>0,由4-a=,解得a=,所以该圆的标准方程为x-2+y2=.答案:x-2+y2=15.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理15)若x,y满足约束条件则的最大值为.解析:由约束条件画出可行域,如图.的几何意义是可行域内的点(x,y)与原点O连线的斜率,所以的最大值即为直线OA的斜率,又由得点A的坐标为(1,3),则max=k OA=3.答案:316.(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理16)在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围是.解析:如图,作△PBC,使∠B=∠C=75°,BC=2,作直线AD分别交线段PB,PC于A,D两点(不与端点重合),且使∠BAD=75°,则四边形ABCD就是符合题意的四边形.过C作AD的平行线交PB于点Q,在△PBC中,由正弦定理可求得BP=+,在△QBC中,由正弦定理可求得BQ=-,所以AB的取值范围是(-,+).答案:(-,+)三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.(本小题满分12分)(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理17)S n为数列{a n}的前n项和,已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解:(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n===-.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n=-+-+…+-=.18.(本小题满分12分)(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理18)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明:连接BD.设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解:如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F-1,0,,C(0,,0),所以=(1,,),=-1,-,.故cos<,>==-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.19.(本小题满分12分)(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理19)某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需了解年宣传费x(单位:千元)对年销售量y(单位:t)和年利润z(单位:千元)的影响.对近8年的年宣传费x i和年销售量y i(i=1,2,…,8)数据作了初步处理,得到下面的散点图及一些统计量的值.(x i-)2(w i-)2(x i-)(y i-)(w i-)(y i-)表中w i=,=w i,(1)根据散点图判断,y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表中数据,建立y关于x的回归方程;(3)已知这种产品的年利润z与x,y的关系为z=0.2y-x,根据(2)的结果回答下列问题:①年宣传费x=49时,年销售量及年利润的预报值是多少?②年宣传费x为何值时,年利润的预报值最大?附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(u n,v n),其回归直线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为=,=-.解:(1)由散点图可以判断,y=c+d适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型.(2)令w=,先建立y关于w的线性回归方程.由于===68,=-=563-68×6.8=100.6,所以y关于w的线性回归方程为=100.6+68w,因此y关于x的回归方程为=100.6+68.(3)①由(2)知,当x=49时,年销售量y的预报值=100.6+68=576.6,年利润z的预报值=576.6×0.2-49=66.32.②根据(2)的结果知,年利润z的预报值=0.2(100.6+68)-x=-x+13.6+20.12.所以当==6.8,即x=46.24时,取得最大值.故年宣传费为46.24千元时,年利润的预报值最大.20.(本小题满分12分)(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理20)在直角坐标系xOy中,曲线C:y=与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点,(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.解:(1)由题设可得M(2,a),N(-2,a)或M(-2,a),N(2,a).又y'=,故y=在x=2处的导数值为,C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),即x-y-a=0.y=在x=-2处的导数值为-,C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),即x+y+a=0.故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.(2)存在符合题意的点,证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=+==.当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.21.(本小题满分12分)(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理21)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-lnx.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解:(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,即解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.①若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)上单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)上没有零点.②若-3<a<0,则f(x)在0,上单调递减,在,1上单调递增,故在(0,1)上,当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=+.a.若f>0,即-<a<0,f(x)在(0,1)上无零点;b.若f=0,即a=-,则f(x)在(0,1)上有唯一零点;c.若f<0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3<a≤-时,f(x)在(0,1)上有一个零点.综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点. 22.(本小题满分10分)选修4-1:几何证明选讲(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理22)如图,AB是☉O的直径,AC是☉O的切线,BC交☉O于点E.(1)若D为AC的中点,证明:DE是☉O的切线;(2)若OA=CE,求∠ACB的大小.(1)证明:连接AE,由已知得,AE⊥BC,AC⊥AB.在Rt△AEC中,由已知得,DE=DC,故∠DEC=∠DCE.连接OE,则∠OBE=∠OEB.又∠ACB+∠ABC=90°,所以∠DEC+∠OEB=90°,故∠OED=90°,DE是☉O的切线.(2)解:设CE=1,AE=x,由已知得AB=2,BE=.由射影定理可得,AE2=CE·BE,所以x2=,即x4+x2-12=0.可得x=,所以∠ACB=60°.23.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理23)在直角坐标系xOy中,直线C1:x=-2,圆C2:(x-1)2+(y-2)2=1,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C1,C2的极坐标方程;(2)若直线C3的极坐标方程为θ=(ρ∈R),设C2与C3的交点为M,N,求△C2MN的面积.解:(1)因为x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以C1的极坐标方程为ρcos θ=-2,C2的极坐标方程为ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0.(2)将θ=代入ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0,得ρ2-3ρ+4=0,解得ρ1=2,ρ2=,故ρ1-ρ2=,即|MN|=.由于C2的半径为1,所以△C2MN的面积为.24.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲(2015高考新课标全国卷Ⅰ,理24)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.解:(1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<x<1;当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为x<x<2.(2)由题设可得,f(x)=所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A,0,B(2a+1,0),C(a,a+1),△ABC的面积为(a+1)2.由题设得(a+1)2>6,故a>2.所以a的取值范围为(2,+∞).。

2015年全国卷1理综第Ⅰ卷(选择题共126分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39Cr 52 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列叙述错误的是A．DNA与A TP中所含元素的种类相同B．一个tRNA分子中只有一个反密码子C．T2噬菌体的核酸由脱氧核糖核苷酸组成D．控制细菌性状的基因位于拟核和线粒体中的DNA上2．下列关于植物生长素的叙述，错误的是A．植物幼嫩叶片中的色氨酸可转变为生长素B．成熟茎韧皮部中的生长素可以进行非极性运输C．幼嫩细胞和成熟细胞对生长素的敏感程度相同D．豌豆幼苗切段中乙烯的合成受生长素浓度的影响3．某同学给健康实验兔静脉滴注0.9％的NaCl溶液(生理盐水)20 mL后，会出现的现象是A．输入的溶液会从血浆进入组织液B．细胞液和细胞外液分别增加10 mLC．细胞液Na＋的增加远大于细胞外液Na＋的增加D．输入的Na＋中50％进入细胞液，50％分布在细胞外液4．下列关于初生演替中草本阶段和灌木阶段的叙述，正确的是A．草本阶段与灌木阶段群落的丰富度相同B．草本阶段比灌木阶段的群落空间结构复杂C．草本阶段比灌木阶段的群落自我调节能力强D．草本阶段为灌木阶段的群落形成创造了适宜环境5．人或动物PrP基因编码一种蛋白(PrP°)，该蛋白无致病性。

PrP°的空间结构改变后成为PrP°°(朊粒)，就具有了致病性。

PrP°°可以诱导更多的PrP°转变为PrP°°，实现朊粒的增殖，可以引起疯牛病。

据此判断，下列叙述正确的是A．朊粒侵入机体后可整合到宿主的基因组中B．朊粒的增殖方式与肺炎双球菌的增殖方式相同C．蛋白质空间结构的改变可以使其功能发生变化D．PrP°转变为PrP°°的过程属于遗传信息的翻译过程6．抗维生素D佝偻病为X染色体显性遗传病，短指为常染色体显性遗传病，红绿色盲为X 染色体隐性遗传病，白化病为常染色体隐性遗传病。

2015年全国卷1理综第Ⅰ卷(选择题共126分)可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39Cr 52 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127一、选择题:本题共13小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.下列叙述错误的是A.DNA与ATP中所含元素的种类相同B.一个tRNA分子中只有一个反密码子C.T2噬菌体的核酸由脱氧核糖苷酸组成D.控制细菌性状的基因位于拟核和线粒体中的DNA上2.下列关于植物生长素的叙述,错误的是A.植物幼嫩叶片中的色氨酸可转变为生长素B.成熟茎韧皮部中的生长素可以进行非极性运输C.幼嫩细胞和成熟细胞对生长素的敏感程度相同D.豌豆幼苗切段中乙烯的合成受生长素浓度的影响3.某同学给健康实验兔静脉滴注0.9%的NaCl溶液(生理盐水)20 mL后,会出现的现象是A.输入的溶液会从血浆进入组织液B.细胞内液和细胞外液分别增加10 mLC.细胞内液Na+的增加远大于细胞外液Na+的增加D.输入的Na+中50%进入细胞内液,50%分布在细胞外液4.下列关于初生演替中草本阶段和灌木阶段的叙述,正确的是A.草本阶段与灌木阶段群落的丰富度相同B.草本阶段比灌木阶段的群落空间结构复杂C.草本阶段比灌木阶段的群落自我调节能力强D.草本阶段为灌木阶段的群落形成创造了适宜环境5.人或动物PrP基因编码一种蛋白(PrP°),该蛋白无致病性。

PrP°的空间结构改变后成为PrP°°(朊粒),就具有了致病性。

PrP°°可以诱导更多的PrP°转变为PrP°°,实现朊粒的增殖,可以引起疯牛病。

据此判断,下列叙述正确的是A.朊粒侵入机体后可整合到宿主的基因组中B.朊粒的增殖方式与肺炎双球菌的增殖方式相同C.蛋白质空间结构的改变可以使其功能发生变化D.PrP°转变为PrP°°的过程属于遗传信息的翻译过程6.抗维生素D佝偻病为X染色体显性遗传病,短指为常染色体显性遗传病,红绿色盲为X染色体隐性遗传病,白化病为常染色体隐性遗传病。

第Ⅰ卷(选择题）201５年理综 全国卷1 物理部分二、选择题:本题共８小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中。

第ｌ4～１8题只有一项符合题目要求。

第l9~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分。

选对但不全的得３分。

有选错的得0分。

1４.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大，角速度增大 Ｄ．轨道半径增大，角速度减小15.如图,直线a 、ｂ和c 、ｄ是处于匀强电场中的两组平行线,M 、Ｎ、P 、Q 是它们的交点,四点处的电势分别为M ϕ、N ϕ、P ϕ、Q ϕ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

则Ａ.直线ａ位于某一等势面内,M ϕ>Q ϕB.直线c 位于某一等势面内，M ϕ>N ϕ Ｃ．若电子由M 点运动到Ｑ点,电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点,电场力做负功16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为３:l,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为22０ V 的正弦交流电源上,如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k 。

则A ．U=６６V ,k=1９B.U ＝2２V ,k=错误! C ．Ｕ=66V ，k ＝错误! Ｄ．U=2２V ,ｋ=错误!17.如图，一半径为Ｒ、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径P ＯＱ水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度Ｒ处由静止开始下落，恰好从Ｐ点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4 mg,ｇ为重力加速度的大小。

用W 表示质点从P 点运动到Ｎ点的过程中克服摩擦力所做的功。

则A ．W =错误!mgR ，质点恰好可以到达Ｑ点B ．Ｗ>错误!mg Ｒ,质点不能到达Q 点C.W =错误!m ｇR ，质点到达Ｑ点后,继续上升一段距离D.W<错误!m ｇR,质点到达Q 点后，继续上升一段距离１8.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）理科综合能力测试(物理部分)二、选择题:本题共8小题，每小题6分。

在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，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A.轨道半径减小，角速度增大B.轨道半径减小，角速度减小C.轨道半径增大，角速度增大D.轨道半径增大，角速度减小 答案：D解析：由于磁场方向与粒子速度方向垂直，所以粒子只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由得到轨道半径r=mv/Bq ；从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，磁感应轻度B 减小，其余量不变，所以半径r 增大；由v=r ω知此时r 与ω成反比，所以角速度ω减小。

所以本题D 选项正确。

15.如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M φ、N φ、P φ、P φ。

一电子有M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则A.直线a 位于某一等势面内，Q M φφ>B.直线c 位于某一等势面内，N M φφ>C.若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功D.若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功答案B 解析：电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，即N 和P 的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，从M 到N ，电场力对负电荷做负功,说明MQ 为高电势，NP 为低电势。

所以直线c 位于某一等势线内，但是M N φφ=，选项A 错B 对。

若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C 错。

电子作为负电荷从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D 错。

理科综合能力测试试卷 第1页（共36页）理科综合能力测试试卷 第2页（共36页）绝密★启用前 2015年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标卷1）理科综合能力测试使用地区：陕西、山西、河南、河北、湖南、湖北、江西本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第Ⅰ卷1至5页，第Ⅱ卷6至16页，共300分。

考生注意：1. 答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考试本人准考证号、姓名是否一致。

2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3. 考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。

可能用到的相对原子质量：H —1 C —12 N —14 O —16 Cl —35.5 K —39Cr —52 Fe —56 Cu —64 Br —80 Ag —108 I —127第Ⅰ卷（选择题 共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

一、选择题（本大题共13小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列叙述错误的是（ ）A. DNA 与ATP 中所含元素的种类相同B. 一个tRNA 分子中只有一个反密码子C. T 2噬菌体的核酸由脱氧核糖苷酸组成D. 控制细菌性状的基因位于拟核和线粒体中的DNA 上 2. 下列关于植物生长素的叙述，错误的是（ ）A. 植物幼嫩叶片中的色氨酸可转变为生长素B. 成熟茎韧皮部中的生长素可以进行非极性运输C. 幼嫩细胞和成熟细胞对生长素的敏感程度相同D. 豌豆幼苗切段中乙烯的合成受生长素浓度的影响3. 某同学给健康实验兔静脉滴注0.9％的NaCl 溶液（生理盐水）20 mL 后，会出现的现象是（ ）A. 输入的溶液会从血浆进入组织液B. 细胞内液和细胞外液分别增加10 mLC. 细胞内液Na +的增加远大于细胞外液Na +的增加D. 输入的Na +中50％进入细胞内液，50％分布在细胞外液 4. 下列关于初生演替中草本阶段和灌木阶段的叙述，正确的是（ ）A. 草本阶段与灌木阶段群落的丰富度相同B. 草本阶段比灌木阶段的群落空间结构复杂C. 草本阶段比灌木阶段的群落自我调节能力强D. 草本阶段为灌木阶段的群落形成创造了适宜环境5. 人或动物PrP 基因编码一种蛋白（c PrP ），该蛋白无致病性。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）理科综合能力测试试题第I 卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中． 14~18题只有一项符合题目要求． 19~21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14． 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小D 解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从较强磁场区进入较弱磁场区后速度大小不变，轨道半径m R qB=v随磁场减弱而增大，角速度Rω=v 随半径的增大而减小，D 项正确．15． 如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M φ、N φ、P φ、P φ．一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则A ．直线a 位于某一等势面内，Q M φφ>gggg abcdMNPQB ．直线c 位于某一等势面内，N M φφ>C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功B 解析：电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，因此N P ϕϕ=，直线c 、d 为两条等势线，电子由从M 到N ，电场力做负功，表示MQ 为高电势，NP 为低电势．所以直线c 位于某一等势线内，即M Q M N ϕϕϕϕ=>、，选项A 错B 对．若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C 错．电子从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D 错．16． 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则 A ．166V,9U k == B ．122V,9U k ==C ．166V,3U k == D ．122V,3U k ==A 解析：原、副线圈电压比等于匝数比，即1:3:1U U =，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流UI R=，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流13U I R =，那么原线圈输入电压220V 33UU R R=+⨯，整理可得66V U =；通过两电阻的电流之比1221::1:3I I n n ==，理想变压器原、副线圈回路中消耗的功率即回路中电阻R 消耗的功率，由2P I R =可得有221212::1:9k P P I I ===，选项A 对． 考点：变压器17． 如图，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中客服摩擦力所做的功．则 A ． mgR W 21=，质点恰好可以到达Q 点B ． mgR W 21>，质点不能到达Q 点C ． mgR W 21=，质点到达Q 后，继续上升一段距离D ． mgR W 21<，质点到达Q 后，继续上升一段距离C 解析：质点通过N 点时的速度为v ，则24mg mg mR=+v ，由动能定理得2122mg R W m ⋅-=v ，解得mgR W 21=；从N 到Q ，小球运动的平均速度比从P 到N 小，对轨道的压力也小，因此平均摩擦力也小，克服摩擦力做功W W '<，设小球能到达Q 点，且具有速度'v ，由动能定理得2102mgR W W m ''--=>v ，0'>v ，即质点能到达Q 点，且继续上升一段距离，C 项正确． 考点：功能关系18．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为1L 和2L ，中间球网高度为h ．发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ．不计空气的作用，重力加速度大小为g ．若乒乓球的发射速率为v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右RPQONm侧台面上，则v 的最大取值范围是AL <<vB <<vC <<vD <<vD 解析：乒乓球做平抛运动，从发射到落在球台上的时间1t间2t =12L ，则1min 22L t =v ，即乒乓球的最小速率1min 22L t ==v ；乒乓球落在球台上的最大水平位移x =，且max 1x t =v ，解得乒乓球的最大速率max=v ，选项D 正确．考点：曲线运动19．1824年，法国科学家阿拉果完成了着名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是 A ．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动AB 解析：将圆盘沿半径方向分割成许多金属条，圆盘转动时，这些金属条做切割磁感线运动产生感应电动势，A项正确；以圆盘中心为界，两侧穿过盘面的磁感线方向不同，且盘面不同位置磁感应强度不同，因此圆盘转动时，穿过圆盘两侧局部磁通量发生变化，在盘面上不同位置产生涡流，根据楞次定律，涡流阻碍圆盘与磁针的相对运动，使磁针跟随圆盘转动，但产生涡流是前提，因此磁针的转动比圆盘略有滞后，B项正确；由于对称关系，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量总为零，C错；由于圆盘呈中性，其中自由电子与正电荷形成的环形电流相互抵消，对外不形成电流，D错．考点：电磁感应20．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的tv图象如图（b）所示．若重力加速度及图中的v、1v、1t均为已知量，则可求出A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度ACD 解析：小球滑上斜面的初速度v已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012s t =v ，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos g g t θμθ=+v ，向下滑行11sin cos g g t θμθ=-v ，整理可得011sin 2g t θ+=v v ，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数μ，选项AC 对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224s t gt gθ++=⨯=v v v v v v ，选项D对．仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错． 考点：牛顿运动定律21．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m 高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为91.310kg ⨯，地球质量约为月球的81倍，地球半径为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为29.8m/s ．则次探测器A ．在着陆前瞬间，速度大小约为8.9m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为3210N ⨯C ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度BD 解析：星球表面万有引力提供重力即2GMm mg R=，重力加速度2GM g R=，地球表面229.8m/s GM g R ==，则月球表面2213.7 3.7181'1816()3.7GMGM g g R R ⨯==⨯=，则探测器重力11300kg 9.8N/kg 2000N 6G mg '==⨯⨯≈，选项B 对，探测器自由落体，末速度s8.9m/s=≈≠v，选项A错．关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C错．近月轨道即万有引力提供向心力==<v D对．考点：万有引力与航天第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33~40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（129分）22．（6分）某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）．完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为_____kg;（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：序号 1 2 3 4 5m （kg ） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_____N ；小车通过最低点时的速度大小为_______m/s ．（重力加速度大小取9.80m/s 2 ，计算结果保留2位有效数字）答案：（2）1.4 （4） 7.94N ； 1.4m/s ≈v解析：根据秤盘指针可知量程是10kg ，指针所指示数为1.4kg ．（4）记录的托盘称各次示数并不相同，为减小误差，取平均值，即 1.81kg m =．而模拟器的重力为9.8N G m g '==，所以 小车经过凹形桥最低点的压力为7.94N mg mg '-≈．根据径向合力提供向心力即27.94(1.41)9.8(1.41)R--⨯=-v ，整理可得 1.4m/s ≈v考点：圆周运动23．（9分）图（a ）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA ；1R 和2R 为阻值固定的电阻．若使用a 和b 两个接线柱，电表量程为3mA ；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10mA ．由题给条件和数据，可求出1R = Ω，2R = Ω． （2） 现用—量程为3mA 、内阻为150Ω的标准电流表对改装电表的3mA 挡进行校准，校准时需选取的刻度为0．5、1．0、1．5、2．0、2．5、3．0mA ．电池的电动势为1．5V ，内阻忽略不计；定值电阻0R 有两种规格， 阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为Ω的电阻，R （3）若电阻1R 和2R 中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b ）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b ）中的R'为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a ）虚线框内的电路．则图中的d 答案：（1）115R =Ω 235R =Ω（2）500Ω 3000Ω （3）c 若电流表无示数，则说明2R 断路，若电流表有示数，则说明1R 断路．解析：（1）若使用a 和b两个接线柱，定值电阻1R 、2R 串联后和毫安表并联，量程为1的电流为2mA ，电流比为1:2，所以电阻比为2:1，可得121502g R R R +==Ω．若使用a 和c 两个接线柱，2R 与表头串联后再与1R 并联，电表量程为10mA ，通过1R 的电流为9mA ，电流比为1:9，可得电阻比为9:1，即121()9g R R R =+，整理可得235R =Ω，115R =Ω．⑵根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为1.5V30000.0005A=Ω，最小阻值为1.5V5000.003A=Ω，若定值电阻选择为1000Ω，则无法校准3.0mA 刻度，所以定值电阻选择500Ω．由于最大阻值要达到3000Ω，所以滑动变阻器选择3000Ω．⑶因为只有一个电阻损坏，所以验证2R 是否损坏即可．故d 点应和接线柱“c”相连，若电流表无示数，则说明2R 断路，若电流表有示数，则1R 断路． 考点：电流表的改装24．（12分） 如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池相连，电路总电阻为2Ω．已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm ，重力加速度大小取210m/s ．判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量． 答案：0.01kg m =解：依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为1x =0.5cm ．由胡克定律和力的平衡条件得12kx mg =①式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小． 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F BIL =②式中，I 为回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了0.3cm x ∆=，则胡克定律和平衡条件得12()k x x mg F +∆=+③由欧姆定律有E I R=④式中，E 为电源电动势，R 为回路总电阻． 联立①②③④，并代入数据解得0.01kg m =⑤考点：安培力25． （20分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1s t =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的t -v 图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取210m/s ．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．答案：（1）10.1μ= 20.4μ= （2）6m （3）6.5m解：⑴规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速直线运动，设加速度为1a ，小物块和木板的质量认为m 和M ．由牛顿第二定律有11()()m M g m M a μ-+=+①由图可知，碰撞前木块与木板共同速度为04m/s =v ，由运动学公式得1011a t =+v v②20011112x t a t =+v③式中，1t =1s ，0x =4.5m 是木板碰前的位移，0v 是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得1μ=0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以1-v 的初速度向左做匀变速运动，小物块以1v 的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为2a ，由牛顿第二定律有22mg ma μ-=⑤由图可得 21221a t t -=-v v ⑥式中，2t =2s ，2v =0，联立⑤⑥式和题给条件得2μ=0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为3a ，经过时间t ∆木板和小物块刚好具有共同速度3v ，由牛顿第二定律及运动学公式得 213()mg M m g Ma μμ++=⑧313a t =+∆v v⑨312a t =+∆v v⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为小物块运动的位移为小物块相对木板的位移为联立⑥⑧⑨⑩式并代入数据解得=6.0mx因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至静止，设加速度为a，此过程中小物块和木板运动的位移为3x．由牛顿第二定律及运动学公式得4碰后木板运动的位移为联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数据解得木板右端离墙壁的最终距离为6.5m．考点：牛顿运动定律（二）选考题：共45分．请考生从3道物理题、3道化学题、2道生物题中各选一题作答．33．【物理—选修3-3】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分）A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ⑴答案：BCD解析：晶体有固定的熔点，并还会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，A 错；根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，B 项正确；同种元素构成的物质可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和碳，选项C 对；晶体的分子排列结构如果遭到在干就可能形成非晶体，反之亦然，D 项正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，E 项错误．考点：晶体非晶体（2）（10分）如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为1 2.50kg m =，横截面积为2180.0cm s =，小活塞的质量为2 1.50kg m =，横截面积为2240.0cm s =；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为40.0cm l =，气缸外大气压强为51.0010Pa p =⨯，温度为303K T =．初始时大活塞与大圆筒底部相距2l，两活塞间封闭气体的温度为1495K T =，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g 取210m/s ，求（i ）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 （ii ）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强⑵解：(ⅰ)设初始时气体的体积为1V ，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为2V ，温度为2T ，由题给条件得121()22l lV S l S =-+①22V S l =②在活塞缓慢下移的过程中，用1p 表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得111221()()S p p m g m g S p p -=++-③故缸内气体的压强不变．由盖·哈萨克定律得1212V V T T = ④联立①②③④式并代入数据解得2330K T =⑤(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为1p ．在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p '，由查理定律有12p p T T '= ⑥联立③⑤⑥式并代入数据解得51.0110Pa p '=⨯⑦考点：理想气体状态方程34【物理—选修3-4】（15分）（1）在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距1x ∆与绿光的干涉条纹间距2x ∆相比1x ∆ 2x ∆（填“＞”“＜”或“＝”）．若实验中红光的波长为630nm ，双缝到屏幕的距离为1m ，测得第一条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm ，则双缝之间的距离为 mm ． ⑴答案：＞ 0.3解析：双缝干涉条纹间距L x dλ∆=，红光波长长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，即1x ∆>2x ∆．条纹间距根据数据可得210.5mm 2.1mm 2.110m 5x -∆===⨯，根据L x dλ∆=可得9421m 63010m 310m 0.3mm 2.110mL d x λ---⨯⨯===⨯=∆⨯． 考点：双缝干涉实验（2）（10分）甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为25cm/s ，两列波在0t =时的波形曲线如图所示．求（i ）0t =时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标；（ii ）从0t =开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm -的质点的时间． ⑵解：(ⅰ)0t =时，在x =50cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm ．两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm ． 从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为1250cm 60cm λλ==、①甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为 111150012x k k λ=+=±±L，， ②222250012x k k λ=+=±±L，， ③由①②③式得，介质中偏离平衡位置为16cm 的所有质点的x 坐标为(50300)cm 0,1,2x n n =+=±±L④(ⅱ)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm ，0t =时，两列波波谷间的x 坐标之差为2121(50(21))(50(21))22λλx m m '∆=++-++ ⑤式中，1m 和2m 均为整数．将①式代入⑤式得2110(65)5x m m '∆=-+⑥由于1m 和2m 均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为5cm x '∆= ⑦从0t =开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm 的质点的时间为2x t='∆v⑧代入数据解得t =0.1s⑨考点：机械振动机械波35．【物理—选修3-5】（15分）（1）（5分）在某次光电效应实验中，得到的遏制电压c U 与入射光的频率ν的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为 ，所用材料的逸出功可表示为 ．⑴答案：h ek = 0W eb =-解析：光电效应中，入射光子能量h ν，克服逸出功0W 后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电压0c eU h W =-ν；整理得0C W hU ee =-ν，斜率即h k e=，所以普朗克常量h ek =，截距为b ，即0eb W =-，所以逸出功0W eb =-． 考点：光电效应（2）（10分）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者都处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间满足什么条件才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．⑵解：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为0v ，第一次碰撞后C 的速度为1C v ，A 的速度为1A v ．由动量守恒定律和机械能守恒定律得011A C m m M =+v v v①222011111222A C m m M =+v v v ②联立①②式得10A m Mm M -=+v v ③102C mm M=+v v ④如果m M >，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m M =，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 的碰前速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m M <的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为2A v ，B 的速度为1B v ，同样有2210()A A m M m M m M m M--==++v v v ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有21A C ≤v v⑥联立④⑤⑥式得 2240m mM M +-≥ ⑦解得2)m M ≥⑧另一解2)m M ≥-舍去，所以，m 和M 应满足的条件为2)M m M ≤<⑨2020-2-8。

2015年新课标I高考物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求。

第6-8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行，一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的（ ）　A．轨道半径减少，角速度增大B．轨道半径减少，角速度减少　C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减少解答：解：带电粒子在匀强磁场中足匀速圆周运动的向心力等于洛伦兹力，由牛顿第二定律有：qvB=得：R=从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B减小，所以R增大．线速度、角速度的关系为：v=ωR线速度v不变，半径R增大，所以角速度减小，选项D正确，ABC错误．故选：D2．（6分）如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（ ）　A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ　B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN　C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功　D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解答：解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是中一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误．故选：B．3．（6分）（2015春•延安月考）一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（ ）　A．U=66V，k=B．U=22V，k=C．U=66V，k=D．U=22V，k=解答：解：由题意知：副线圈的电流为：I2=则原先圈的电流为：I1==与原线圈串联的电阻的电压为：U R=I1R=由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：解得：U=66V原线圈回路中的电阻的功率为：P1=R=副线圈回路中的电阻的功率为：P2=所以k==选项A正确，BCD错误故选：A4．（6分）（2015春•合肥校级期末）如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）　A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点　B．W＞mgR，质点不能到达Q点　C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离　D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解答：解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，解得W=．在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，，因为，可知v Q＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．故选：C．5．（6分）（2015春•泉州校级期末）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（ ）　A．＜v＜L1B．＜v＜　C．＜v＜D．＜v＜解答：解：若球与网恰好不相碰，根据3h﹣h=得，，水平位移的最小值，则最小速度．若球与球台边缘相碰，根据3h=得，，水平位移的最大值为x max=，则最大速度，故D正确，A、B、C错误．故选：D．6．（6分）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是（ ）　A．圆盘上产生了感应电动势　B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动　C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化　D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解答：解：A、圆盘在转动中由于切割磁感线从而在圆盘内部产生电动势及涡流，该涡流产生的磁场带动磁针转动；故AB正确；C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C错误；D、电流是由于圆盘切割磁感线而产生的；不是因为自由电子移动产生的；故D错误；故选：AB．7．（6分）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（ ）　A．斜面的倾角　B．物块的质量　C．物块与斜面间的动摩擦因数　D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解答：解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：ACD．8．（6分）我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似轨道上绕月运行，然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止），最后关闭发动机，探测器自由下落，已知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2，则此探测器（ ）　A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/s　B．悬停时受到的反冲击作用力约为2×103N　C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒　D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解答：解：A、根据万有引力等于重力=mg，g=地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2，所以月球表面的重力加速度大小约为g′=1.66m/s2，根据运动学公式得在着陆前的瞬间，速度大小约v==3.6m/s，故A错误；B、登月探测器悬停时，二力平衡，F=mg′=1.3×103×1.66≈2×103N，故B正确；C、从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，有外力做功，机械能不守恒，故C错误；D、根据v=，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，所以在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故D正确；故选：BD．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个考生都必须作答，第13题-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9．（6分）某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验，所用器材有：玩具小车，压力式托盘秤，凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为　1.40　kg．（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m，多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如表所示：序号12345m（kg） 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　7.9　N，小车通过最低点时的速度大小为　1.4　m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，计算结果保留2位有效数字）解答：解：（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg；（4）根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：F m=N=m桥g+F N解得：F N=7.9N根据牛顿运动定律知：F N﹣m0g=m0，代入数据解得：v=1.4m/s故答案为：（2）1.40，（4）7.9，1.4．10．（9分）图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=　15　Ω，R2=　35　Ω．（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA档进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为　300　Ω的电阻，R应选用最大阻值为　3000　Ω的滑动变阻器．（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框的电路．则图中的d点应和接线柱　c　（填“b”或“c”）相连．判断依据是　闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2　．解答：解：（1）使用a、b接线柱时，I ab=I g+=0.001+=0.003，使用a、c接线柱时，I ac=I g+=0.001+=0.010，解得：R1=15Ω，R2=35Ω；（2）改装后电流表内阻：r==≈33Ω，R0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R=r+R A+R0===500Ω，R0=R﹣r﹣R A=500﹣33﹣150=317Ω，则应R0选300Ω；电路电流最小时：R滑=﹣R=﹣500=2500Ω＞750Ω，则滑动变阻器应选择3000Ω的．（3）由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2；故答案为：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2．11．（12分）如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解答：解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下断开时：2k△l1=mg开关闭合后2k（△l1+△l2）=mg+F受到的安培力为：F=BIL回路中电流为I=联立解得m=0.01kg答：金属棒的质量为0.01kg12．（20分）（2015春•合肥校级期末）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2（2）木块的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．解答：解：（1）设向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，加速度设为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1由图可知，木板与墙壁碰前瞬时速度v1=4m/s；由运动学公式可得：v1=v0+a1t1s0=v0t1+a1t12；式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰间有的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立以上各式解得：μ1=0.1．在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg=ma2由图可得：a2=t2=2s，v2=0；代入以上两式可得：μ2=0.4；（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3v3=﹣v1+a3△tv3=v1+a2△t碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1=△t小物块的位移为：s2=小物块相对于木板的位移为：△s=s2﹣s1由以上各式解得：△s=6.0m；因为运动过程中，小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m；（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式可得；μ1（m+M）g=（m+M）a40﹣v23=2a4s3碰后木板运动的位移为s=s1+s3解得：s=﹣6.5m；答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1为0.1；小物块与木板间的动摩擦因数μ2为0.4；（2）木块的最小长度为6.0m（3）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m三、选考题：从下面的3道物理题中，任选一题作答。

2015年全国卷1理综第Ⅰ卷(选择题共126分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39Cr 52 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列叙述错误的是 DA．DNA与ATP中所含元素的种类相同B．一个tRNA分子中只有一个反密码子C．T2噬菌体的核酸由脱氧核糖苷酸组成D．控制细菌性状的基因位于拟核和线粒体中的DNA上2．下列关于植物生长素的叙述，错误的是 CA．植物幼嫩叶片中的色氨酸可转变为生长素B．成熟茎韧皮部中的生长素可以进行非极性运输C．幼嫩细胞和成熟细胞对生长素的敏感程度相同D．豌豆幼苗切段中乙烯的合成受生长素浓度的影响3．某同学给健康实验兔静脉滴注0.9％的NaCl溶液(生理盐水)20 mL后，会出现的现象是 AA．输入的溶液会从血浆进入组织液B．细胞液和细胞外液分别增加10 mLC．细胞液Na＋的增加远大于细胞外液Na＋的增加D．输入的Na＋中50％进入细胞液，50％分布在细胞外液4．下列关于初生演替中草本阶段和灌木阶段的叙述，正确的是 DA．草本阶段与灌木阶段群落的丰富度相同B．草本阶段比灌木阶段的群落空间结构复杂C．草本阶段比灌木阶段的群落自我调节能力强D．草本阶段为灌木阶段的群落形成创造了适宜环境5．人或动物PrP基因编码一种蛋白(PrP°)，该蛋白无致病性。

PrP°的空间结构改变后成为PrP°°(朊粒)，就具有了致病性。

PrP°°可以诱导更多的PrP°转变为PrP°°，实现朊粒的增殖，可以引起疯牛病。

据此判断，下列叙述正确的是 CA．朊粒侵入机体后可整合到宿主的基因组中B．朊粒的增殖方式与肺炎双球菌的增殖方式相同C．蛋白质空间结构的改变可以使其功能发生变化D．PrP°转变为PrP°°的过程属于遗传信息的翻译过程6．抗维生素D佝偻病为X染色体显性遗传病，短指为常染色体显性遗传病，红绿色盲为X染色体隐性遗传病，白化病为常染色体隐性遗传病。

物理真题全解全析2015年新课标Ⅰ卷试卷总评：2015年新课标Ⅰ卷物理部分难度与2014年高考难度相当，试题来源于教材而略高于教材．较为新颖的题目为22题、25题和34(2)题．本套试题重点考查经典的物理过程、模型与方法，如平衡、v －t 图像、圆周运动、涡流等基础知识．14．解析：分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝m vqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT 知角速度减小．选项D 正确．答案：D15．解析：由电子从M 点分别运动到N 点和P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N 、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为M →N ，故选项B 正确，选项A 错误．M 点与Q 点在同一等势面上．电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，故选项C 错误．电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项D 错误．答案：B16．解析：设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．答案：A17．解析：设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F N ′＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．答案：C18．解析：设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间．则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ①，水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②.由①②两式可得v 1＝L 14 gh. 设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22 ③，在水平方向有 ⎝⎛⎭⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④.由③④两式可得v 2＝12 (4L 21＋L 22)g 6h. 则v 的最大取值范围为v 1<v <v 2.故选项D 正确． 答案：D19．解析：A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正确；B ．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B 正确；C ．在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D 错误．答案：AB20．解析：由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．答案：ACD21．解析：设月球表面的重力加速度为g 月，则g 月g 地＝GM 月R 2月GM 地R 2地＝M 月M 地·R 2地R 2月＝181×3.72，解得g 月≈1.7 m/s 2.A ．由v 2＝2g 月h ，得着陆前的速度为v ＝2g 月h ＝2×1.7×4 m/s ≈3.7 m/s ，选项A 错误．B ．悬停时受到的反冲力F ＝mg 月≈2×103N ，选项B 正确．C ．从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C 错误．D ．设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v 1、v 2，，则v 1v 2＝GM 月R 月GM 地R 地＝M 月M 地·R 地R 月＝ 3.781<1，故v 1<v 2，选项D 正确．答案：BD22．解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg (4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg ＝1.81 kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00) g ＝(1.81－1.00)×9.80 N ≈7.9 N 由题意可知小车的质量为m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg 对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F －m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈1.4 m/s答案：1.40 7.9 1. 423．解析：(1)设使用a 和b 两接线柱时，电表量程为I 1，使用a 和c 两接线柱时，电表量程为I 2，则使用a 和b 时：I g R gR 1＋R 2＋I g ＝I 1① 使用a 和c 时：I g (R g ＋R 2)R 1＋I g ＝I 2②由①②两式得R 1＝15 Ω，R 2＝35 Ω. (2)校准时电路中的总电阻的最小值为R 小＝ 1.53.0×10－3Ω＝500 Ω，总电阻的最大值为R 大＝ 1.50.5×10－3Ω＝3 000 Ω，故R 0选300 Ω的，R 选用最大阻值为3 000 Ω的滑动变阻器．(3)d 接b 时，R 1和R 2串联，不论是R 1还是R 2损坏，电表都有示数且示数相同，故应将d 接c .根据d 接c 时的电路连接情况可知：闭合开关，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 2.答案：(1)15 35 (2)300 3 000 (3)c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 224．解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl 1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2k Δl 1＝mg ①式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小． 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F ＝IBL ②式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl 2＝0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得2k (Δl 1＋Δl 2)＝mg ＋F ③ 由欧姆定律有 E ＝IR ④式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻． 联立①②③④式，并代入题给数据得 m ＝0.01 kg ⑤答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg25．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v 1＝4 m/s ，由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由题图(b)可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为 Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs ＝6.0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮ 0－v 23＝2a 4s 3⑯碰后木板运动的位移为 s ＝s 1＋s 3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s ＝－6.5 m ⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m. 答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m33．解析：(1)A.将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A 错误．B ．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B 正确．C ．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C 正确．D ．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D 正确．E ．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E 错误．(2)(ⅰ)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 1⎝⎛⎭⎫l 2＋S 2(l －l2)① V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③ 故缸内气体的压强不变．由盖-吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 联立①②④式并代入题给数据得 T 2＝330 K ⑤(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为P ′，由查理定律，有p ′T ＝p 1T 2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p ′＝1.01×105 Pa ⑦答案：(1)BCD (2)(ⅰ)330 K (ⅱ)1.01×105 Pa34．解析：(1)由公式Δx ＝L d λ可知，Δx 1>Δx 2.相邻亮条纹之间的距离为Δx ＝10.55 mm ＝2.1 mm ，双缝间的距离d ＝L λΔx，代入数据得d ＝0.300 mm.(2)(ⅰ)t ＝0时，在x ＝50 cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位臵的位移为16 cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位臵的位移均为16 cm.从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为 λ1＝50 cm ，λ2＝60 cm ①甲、乙两列波波峰的x 坐标分别为 x 1＝50＋k 1λ1，k 1＝0，±1，±2，…② x 2＝50＋k 2λ2，k 2＝0，±1，±2，…③由①②③式得，介质中偏离平衡位臵位移为16 cm 的所有质点的x 坐标为 x ＝(50＋300n ) cm n ＝0，±1，±2，…④(ⅱ)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16 cm.t ＝0时，两列波波谷间的x 坐标之差为Δx ′＝[50＋(2m 2＋1)λ22]－[50＋(2m 1＋1)λ12]⑤式中，m 1和m 2均为整数．将①式代入⑤式得 Δx ′＝10×(6m 2－5m 1)＋5⑥由于m 1、m 2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为Δx 0′＝5 cm ⑦ 从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位臵位移为－16 cm 的质点的时间为 t ＝Δx 0′2v⑧代入数值得 t ＝0.1 s答案：(1)> 0.300 (2)(ⅰ)x ＝(50＋300n ) cm n ＝0，±1，±2，… (ⅱ)0.1 s35．解析：(1)根据光电效应方程E km ＝hν－W 0及E km ＝eU c 得U c ＝hνe －W 0e ，故he＝k ，b＝－W 0e，得h ＝ek ，W 0＝－eb .(2)A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C1，A 的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A1＋M v C1① 12m v 20＝12m v 2A1＋12M v 2C1② 联立①②式得v A1＝m －M m ＋M v 0③v C1＝2m m ＋M v 0④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A2，B 的速度为v B1，同样有v A2＝m －M m ＋M v A1＝(m －M m ＋M )2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M ⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M ⑨答案：(1)ek －eb (2)(5—2)M ≤m <M2015年新课标Ⅱ卷试卷总评：2015年新课标全国卷Ⅱ物理部分，整体题型结构与2014年高考相比，有两点区别，一是多了一个多项选择题，少了一个单项选择题；二是压轴题与力学大题互换位置．难度与去年基本持平，试题注重基础知识和基本技能的考查，注重物理思想和物理方法的考查，考查了图像法、零值分界法等方法，如17题、21题，注重联系实际、联系生活，如16题、18题，注重试题创新，如25题等．14．解析：两板水平放臵时，放臵于两板间a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D 正确．答案：D15．解析：金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确．答案：C16．解析：设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v 1，发动机给卫星的附加速度为v 2，该点在同步轨道上运行时的速度为v .三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v 22＝v 21＋v 2－2v 1v cos 30°，代入数据解得v 2≈1.9×103m/s.选项B 正确．答案：B17．解析：由P -t 图像知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －fm知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．答案：A18．解析：指南针是一个小磁体，具有N 、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N 极指向地理的北极，选项A 错误，选项B 正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C 正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放臵时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转．正确选项为B 、C.答案：BC19．解析：两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且I 磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍．A ：由q vB ＝m v 2r 得r ＝m v qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．B ：由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝q v B m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误．C ：由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确．D ：由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k，选项D 错误．正确选项为A 、C.答案：AC20．解析：设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．答案：BC21．解析：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b .此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a，解得v a ＝2gh ，选项B 正确．同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误．杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误．b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．正确选项为B 、D.答案：BD 22．解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2得a ＝0.13×10－2(0.02)2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝(3.65＋3.52)×10－22×0.02m/s ≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sinθ－μg cos θ得μ＝g sin θ－ag cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.答案：(1)3.25 1.79 (2)C23．解析：(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法． 实验电路图如图所示．(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S 1、S 2，调节R 1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位臵不变，断开S 2，调节电阻箱R 0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻．(3)断开S 2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R 0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V ′>R V (其他合理说法同样给分)．答案：见解析．24．解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°① 由此得v B ＝3v 0 ②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝m v 20q ④答案：m v 20q25．解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1① N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③N 2＝N 1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1⑤mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2⑥ N 1＝N 1′⑦ f 1＝f 1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a 1＝3 m/s 2⑨ a 2＝1 m/s 2⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑬ a 2′＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0 ⑮ 联立⑫⑭⑮式得 t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22 ＝12 m<27 m ⑰此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s33．解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A 正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B 错误，选项C 正确，选项E 错误．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D 正确．(2)(ⅰ)以cmHg 为压强单位．设A 侧空气柱长度l ＝10.0 cm 时的压强为p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1.由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1①由力学平衡条件得 p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止．由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得 l 1＝12.0 cm ④(ⅱ)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l 2，压强为p 2.由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2⑤由力学平衡条件有 p 2＝p 0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l 2＝10.4 cm ⑦设注入的水银在管内的长度为Δh ，依题意得 Δh ＝2(l 1－l 2)＋h 1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得 Δh ＝13.2 cm ⑨答案：(1)ACD (2)(ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm34．解析：(1)通过光路图可看出，折射后a 光的偏折程度大于b 光的偏折程度，玻璃砖对a 光的折射率大于b 光的折射率，选项C 错误．a 光的频率大于b 光的频率，波长小于b光的波长，选项B 正确．由n ＝cv 知，在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，选项A 正确．入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a 光首先消失，选项D 正确．做双缝干涉实验时，根据Δx ＝Ldλ得a 光的干涉条纹间距小于b 光的干涉条纹间距，选项E 错误．(2)(ⅰ)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ①波速v 与波长的关系为v ＝λT② 在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有v t ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得PQ ＝133 cm ④ (ⅱ)Q 处的质点第一次处于波峰位臵时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ⑤波源从平衡位臵开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为 s ＝25A ＝125 cm ⑦答案：(1)ABD (2)(ⅰ)133 cm (ⅱ)125 cm35．解析：(1)电子束具有波动性，通过双缝实验装臵后可以形成干涉图样，选项A 正确. β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B 错误．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C 正确．电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D 正确．光电效应实验，体现的是波的粒子性，选项E 错误．(2)(ⅰ)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像得 v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v 0. 由题给图像得 v ＝23m/s ③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8⑤(ⅱ)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2⑧答案：(1)ACD (2)(ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶22015年山东卷试卷总评：2015年山东卷命题点基本保持稳定，同时稳中有变，必修部分几个大的命题点还是没变，如共点力的平衡、天体运动、电磁感应、电场的基本性质等，与去年相比选择题增加了平抛运动，这个与全国卷的考查有点类似，跟去年一样继续加强了对电场的考查，在去年考查了两个电场题的基础上，今年又考查了两个电场题，只是最后一个电场题与功能关系综合在一起，跟去年相比对交流电的考查有所淡化，相当于考查了两个电磁感应的题目，选做题还是保持稳定．题目整体难度比去年略高，出题形式向全国卷靠拢的迹象比较明显．14．解析：根据两球同时落地可得 2H g ＝d AB v ＋ 2hg，代入数据得h ＝1.25 m ，选项A 正确．答案：A15．解析：空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝⎛⎭⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．答案：D16．解析：滑块B 刚好不下滑，根据平衡条件得m B g ＝μ1F ；滑块A 恰好不滑动，则滑块A 与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A 、B 看成一个整体，根据平衡条件得F ＝μ2(m A＋m B )g ，解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2.选项B 正确．答案：B17．解析：根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．答案：ABD18．解析：处于O 点的正点电荷在G 点处产生的场强E 1＝k Qa2，方向沿y 轴负向；又因为G 点处场强为零，所以M 、N 处两负点电荷在G 点共同产生的场强E 2＝E 1＝k Qa 2，方向沿y 轴正向；根据对称性，M 、N 处两负点电荷在H 点共同产生的场强E 3＝E 2＝k Qa 2，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G 处，该正点电荷在H 点产生的场强E 4＝k Q(2a )2，方向沿y 轴正向，所以H 点的场强E ＝E 3－E 4＝3kQ4a2，方向沿y 轴负向．答案：B19．解析：由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．答案：C20．解析：0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T3时刻，v 1y ＝g T 3，2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误、B 正确．重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d2＝12mgd ，所以选项C 正确．根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误．答案：BC21．解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l 0＝10.0 cm.(2)橡皮筋的长度l ＝OA ＋OB ＝13.60 cm ，由图甲可得F ＝1.80 N ，所以F OA ＝F OB ＝F ＝1.80 N.(3)利用给出的标度作出F OA 和F OB 的图示，然后以F OA 和F OB 为邻边作平行四边形，对角线即为合力F ′，如图乙．(4)F OO ′的作用效果和F OA 、F OB 两个力的作用效果相同，F ′是F OA 、F OB 两个力的合力，所以只要比较F ′和F OO ′的大小和方向，即可得出实验结论．答案：(1)如图甲所示 10.0(9.8、9.9、10.1均正确) (2)1.80(1.70～1.90均正确) (3)如图乙所示 (4)F OO ′22．解析：(1)滑动触头向下移动，R L 变小，R 1与R 并联后的总电阻R 总变小，由于电路连接恒流源，根据U ＝IR 总可得电压表示数减小．(2)由(1)问中两式可得U ＝(I 0一I )R ，从题图乙知，电压U ＝0时，I 0＝I ＝1.0 A ；I ＝0时，R ＝UI 0＝20 Ω.(3)P L ＝UI ＝20(1.0－I )·I ＝5－20(I －0.5)2，所以当I ＝0.5 A 时，R L 消耗的功率最大，为5 W.答案：(1)减小 (2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确) (3)523．解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装臵的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得对小球，T 1＝mg ①对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装臵的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③ 对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位臵时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位臵的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12m v 2－0⑥在最低位臵，设细绳的拉力大小为T 3，传感装臵的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1，对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m v 2l⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨答案：(1)3 m (2)0.1mgl24．解析：(1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE d 2＝12m v 2① 由①式得E ＝m v 2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R ＝D 4④联立③④式得B ＝4m v qD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D 4⑥联立③⑥式得B ＝4m v 3qD⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2m v qD 、B 2＝4m vqD，由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2R 1，q v B 2＝m v 2R 2⑧代入数据得R 1＝D 2，R 2＝D 4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v ⑩据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫ α3＝60°⑬粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1，t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ， 由运动学公式得 s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s ＝5.5πD ⑯。