精校精析·2015高考真题·福建卷(物理)

2015·福建卷(物理)图1-1【题文】13． N1 如图1-1所示，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a 、b ，波长分别为λa 、λb ，该玻璃对单色光a 、b 的折射率分别为n a 、n b ，则( )A ．λa <λb ，n a >n bB ．λa >λb ，n a <n bC ．λa <λb ，n a <n bD ．λa >λb ，n a >n b 【答案】【解析】 B 将入射光线延长，可以看出b 光偏折程度较大，所以玻璃对b 光的折射率大，则b 光的频率大，波长短，即λa >λb ，n a <n b .【题文】14． D5如图1-2所示，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 、v 2，则( )图1-2A.v 1v 2＝r 2r 1B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝⎝⎛⎭⎫r 2r 12D.v 1v 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22 【答案】【解析】 A 对a ：G Mm r 21＝m v 21r 1，对b ：G Mm r 22＝m v 22r 2，可知v 1v 2＝r 2r 1. 【题文】15． M2图1-3为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图1-3A.⎝⎛⎭⎫n 1n 2U 2m4r B.⎝⎛⎭⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝⎛⎭⎫n 1n 22⎝⎛⎭⎫P U m 2r D ．4⎝⎛⎭⎫n 2n 12⎝⎛⎭⎫P U m 2r【答案】【解析】 C 设升压变压器副线圈的电压为U ，对升压变压器，有U m2U ＝n 1n 2，解得U ＝n 2U m 2n 1，则输电线上损失的电功率为P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·R 线＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ P n 2U m 2n 12·(2r )＝4⎝⎛⎭⎫n 1n 22⎝⎛⎭⎫P U m 2r .【题文】16． G2简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v .若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a 、b 相距为s ，a 、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是()A B C D图1-4【答案】【解析】 D 分析见下表．【题文】17. D4如图1-5所示，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )图1-5A ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小 【答案】【解析】 A 滑块由A 滑到C 的AB 段相对于滑块由C 滑到A 的AB 段，由于滑块所受的平均支持力较小，则平均摩擦力较小，动能损失较小；同理，物块由A 滑到C 的BC 段相对于滑块由C 滑到A 的BC 段，动能损失也较小，从全程来看，滑块由A 到C 时动能损失较小，则平均速率较大，所用的时间较少．【题文】18．L3如图1-6所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()图1-6A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大【答案】【解析】C感应电动势E＝BL v保持不变，导体棒向右运动时电路的总电阻先增大后减小，由I＝ER总可知电流应先减小后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压，由U外＝E－Ir可知路端电压先增大后减小，B错误；PQ棒匀速运动，由平衡条件有拉力F ＝F安＝BIL，拉力的功率P＝F v＝BIL v，可见功率应先减小后增大，C正确；当PQ棒位于ab正中央时线框的等效电阻(相当于外电阻)为0.75R，小于导体棒的电阻(相当于内阻)，由P 出­R外图像可知线框消耗的功率(相当于外电路的总功率，即电源的输出功率)应先增大后减小，D错误．【题文】19．B5(1)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．①图1-7甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm；②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前的字母)图1-7A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________________________________________________________________________．J10(2)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图1-8甲所示，现已完成部分导线的连接．①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；图1-8②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A ； ③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)．[答案] (1)①6.93 ②A ③超过弹簧的弹性限度 (2)①连线如图所示 ②0.44 ③4 2.22～2.28【答案】【解析】 (1)由乙图可读出刻度尺的读数为14.66 cm ，弹簧的伸长量ΔL ＝14.66 cm －7.73 cm ＝6.93 cm.(2)①电流表的示数从零开始逐渐增大，说明滑动变阻器应该用分压式接法．③设有n 个小电珠并联，每个小电珠的电压为U ，电流为I ，则当小电珠的总功率(相当于电源的输出功率)最大时，外电阻和电源内阻相等，所以U ＝1.5 V ，nI ＝E －Ur ＝1.5 A ，即每个小电珠两端的电压为1.5 V ．从题目所给的U -I 图可以看出，当U ＝1.5 V 时，I ＝0.37 A ，所以小电珠个数n ＝1.5 A 0.37 A ≈4，小电珠的总功率P ＝U 2R 总＝U 2r＝2.25 W.【题文】20． A2一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v -t 图像如图1-9所示．求：(1)摩托车在0～20 s 这段时间的加速度大小a ； (2)摩托车在0～75 s 这段时间的平均速度大小v .图1-9【答案】[答案] (1)1.5 m/s 2 (2)20 m/s 【解析】 (1)加速度a ＝v t －v 0t由v -t 图像并代入数据得a ＝1.5 m/s 2. (2)设20 s 时速度为v m ，0～20 s 的位移 s 1＝0＋v m 2t 120～45 s 的位移 s 2＝v m t 245～75 s 的位移 s 3＝v m ＋02t 30～75 s 这段时间的总位移 s ＝s 1＋s 2＋s 30～75 s 这段时间的平均速度 v ＝st 1＋t 2＋t 3代入数据得v ＝20 m/s.【题文】21． D4E6如图1-10所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .图1-10【答案】[答案] (1)3mg (2)gR 3 (3)13L 【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，有 mgR ＝12m v 2B滑块在B 点处，由牛顿第二定律，有 N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律，有 N ′＝3mg .(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒定律，有 mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3. ②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系，有 mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律，有 μmg ＝Ma由运动学规律，有v 2C －v 2m ＝－2as 解得s ＝13L .【题文】22． D2E2K3如图1-11所示，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g .(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P .图1-11【答案】[答案] (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2【解析】 (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足q v B ＋N ＝qE小滑块在C 点离开MN 时，有 N ＝0 解得v C ＝EB .(2)由动能定理，有 mgh －W f ＝12m v 2C －0解得W f ＝mgh －mE 22B2.(3)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′g ′＝⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2.【题文】29． H2[选修3－3](1)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是________． A ．分子间距离减小时分子势能一定减小 B ．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C ．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D ．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性 【答案】[答案] B【解析】 当r <r 0时，分子间距离减小，分子斥力做负功，分子势能增大，A 错；温度越高，速率大的分子数占总分子数的比例越高，C 错；单晶体的某些物理性质具有各向异性，但多晶体的物理性质各向同性，D 错．图1-12【题文】H3(2)如图1-12所示，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b或者经过ac 过程到达状态c .设气体在状态b 和状态c 的温度分别为T b 和T c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac .则________．A ．T b >T c ，Q ab >Q acB ．T b >T c ，Q ab <Q acC ．T b ＝T c ，Q ab >Q acD ．T b ＝T c ，Q ab <Q ac 【答案】[答案] C【解析】 a →c 过程：p 0·V 0T a ＝2p 0·V 0T c解得：T c ＝2T aa →b 过程：p 0·V 0T a ＝p 0·2V 0T b解得：T b ＝2T a固T c ＝ T b ，所以a →c 与a →b 两个过程内能增加量相同，设为ΔU .a →c 过程：体积不变，W ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，吸收的热量等于内能增加量，为ΔU .a →b 过程：体积增大，气体对外做功，W <0，气体吸收的热量一部分用来提供内能增加量ΔU ，一部分用来对外做功，所以该过程吸收的热量比较多．【题文】30． O2〔物理一选修3－5](1)下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是________．(填选项前的字母) A ．γ射线是高速运动的电子流B ．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C ．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D. 210 83Bi 的半衰期是5天，100克21083Bi 经过10天后还剩下50克 【答案】[答案] B【解析】 γ射线是光子流，A 错；太阳辐射能量主要来源于核聚变，C 错；100 g 210 83Bi 经10天后剩下的质量为100×⎝⎛⎭⎫122g ＝25 g ，D 错．【题文】F2(2)如图1-13所示，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________．(填选项前的字母)图1-13A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动 【答案】[答案] D【解析】 根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A 、B 均静止，要么A 、B 朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A 、B 不可能静止，所以A 只能向左运动、B 只能向右运动．。