2015年高考物理试题（山东卷）14.距地則高5m 的水平直轨道A 、B 两点相距2m,在B 点用细线悬挂一小球，离地高度 为h,如图。
小车始终以4m /.y 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点吋将随车携带的小球由 轨道高度自凼卸K,小午:运动至B 点吋细线被轧断，最后两球同吋落地。
不计空气m 力， 取重力加速度的大小g = 。
可求得h 等于A. 1.25mB. 2.25mC. 3.75mD. 4.75m15.如图，拉格朗U 点L 位于地球和W 球迕线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同 作川下，可与月球一•起以相同的周期绕地球运动。
据此，科学家设想在拉格朗H 点M 建立空 间站，使其与月球同周期绕地球运动。
以q 、％分别表示该空间站和月球向心加速度的人 小，a 3表示地球同少卫星向心加速度的大小。
以下判断正确的是16.如图，滑块A S 于水平地面上，滑块B 在一•水f 力作川下紧靠滑块A （A, B 接触面竖直）， 此吋A 恰好不滑动，B 刚好不下滑。
已知＞4与B 间的动摩擦因数为4与地面间的动摩擦因 数为//2，敁大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A 与B 的质fi 之比为rTT) A BA. a 2> a, > a xC. a 3〉a' > a 2o月球D. a 3 > a 2> a }17.如阁，一均匀金属圆盘绕通过其圆心.n.与盘而垂直的轴逆时针匀速转动。
现施加一垂直穿过糾盘的冇界匀强磁场刺盘开始减速。
在训盘减速过程中，以下说法正确的是A. 处于磁场中的闞盘部分，靠近网心处电势高B. 所加磁场越强越易使圆盘停止转动C. 昔所加磁场反向，圆盘将加速转动D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 18.直角坐标系中，M 、两点位于x 轴上，G 、//两点坐标如阁，M 、7V 两点各同定 一负点电荷，一电量为0的正点电荷置于0点时，G 点处的电场强度恰好为零。
2015年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷) 13.A【解析】在s−t图象中，倾斜直线表示质点做匀速直线运动，在0.2~0.5h内，甲、乙二人均做匀速直线运动，加速度均为零，故B错误；在s−t图象中，图线的斜率代表质点运动的速度，在0.2~0.5h内，甲所对应图线的斜率大于乙所对应图线的斜率，即甲的速度比乙的速度大，故A正确；在0.6~0.8h内，甲的位移为−5km，乙的位移为−3km，即甲的位移比乙大，故C错误；在0.8h内，甲的路程为15km，乙的路程为11km，即甲的路程比乙大，故D错误.14.C【解析】以帆板为参考系，帆船在南北方向上，以速度v朝正北方向运动，帆船在东西方向上，以速度v朝正东方向运动，如图所示，由平行四边形定则可得：帆船相对帆板，以v0=√v2+v2=√2v朝北偏东45°航行，故C正确ABD错误.15.D【解析】设理想变压器的原线圈匝数为n1，两端电压为U，副线圈的匝数为n2，加热电阻为R，由理想变压器的电压比等于匝数比，可得Un1=220n2和Un1=110n2′，即n2n2′=21，故D正确；由欧姆定律I2=U2R ，可得I2I2′=21，故A错误；由电功率P2=U22R 可得P2P2′=41，故B错误；因理想变压器的输入功率等于输出功率，即P1=P2和P1′=P2′，可得P1 P1′=41，故C错误.16.B【解析】两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB=mv2r ，得r=mvqB=pqB，即rαr H=e2e=1 2，故A错误；由动量的定义p=mv，可得v=pm，即vαv H =m04m0=14，故C错误；由周期公式T=2πrv，可得TαT H =rαr H×v Hvα=21，故B正确；由洛伦兹力公式f=qvB，可得fαf H =2ee×vαv H=12，故D错误.17.AB【解析】在水加热升温的过程中，封闭气体的体积不变，由温度升高可知，封闭气体的内能增大，故A正确；封闭气体发生了等容变化，由理想气体状态方程pVT=C可知，封闭气体的压强增大，故B正确；因封闭气体的体积不变，不影响分子间距离，故C错误；因温度是宏观统计学物理量，对个别分子无意义，故当封闭气体的温度升高时，并不是所有分子的运动速率都增大，而是分子的平均动能增大，故D错误.18.AC【解析】由核反应过程，质量数和电荷数分别守恒，则由两核反应方程，可知X的质量数为1，质子数为0，即为中子，故A正确；Y的质子数为3，质量数为6，即中子数为6−3=3，故B错误；氘核、氚核反应生成质量较大的核，属于核聚变，故C正确；因两个核反应都释放出能量，故均发生了质量亏损，故D错误.19.BD【解析】因三条绳子的长度不等，绳子与水平地面的夹角不等，由平衡条件可知，三条绳中的张力不一定相等，故A错误；对竖直杆受力分析，由平衡条件可知，地面对杆的支持力等于杆的重力和三条绳子的拉力在竖直方向分力的合力，由牛顿第三定律可知，杆对地面的压力大于自身的重力，故B正确；地面对杆的支持力等于杆的重力和三条绳子的拉力在竖直方向分力的合力，可见，绳子对杆的拉力的合力与杆的重力不是一对平衡力，故C错误；因杆处于静止状态，其所受合力为零，故杆在水平方向上和竖直方向上的合力都为零，故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零，故D正确.20.BD【解析】设星球的半径为R，星球的质量为M，探测器的质量为m，由牛顿第二定律得G MmR2=mv2R，得v=√GMR,探测器脱离星球所需的发射速度√2v=√2GMR，与探测器的质量m无关，故A错误；由万有引力公式F=G MmR2，设地球质量为M地，可得F火=G110M地m14R地2= 25F地,即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；探测器脱离地球所需的发射速度√2v=√2GM地R地，探测器脱离火星所需的发射速度√2v火=√2G⋅110M地12R地=√25v，探测器脱离两星球所需的发射速度不相等，故C错误；探测器在脱离星球的过程中，离星球的高度越来越大，故其势能也逐渐增大，故D正确.21.BC【解析】M、N处于静止状态，其受到的电场力和两者间库仑力构成平衡力，合力为零，如图所示，由题设条件可知，M带负电荷，N带正电荷，故B正确D错误；由平衡条件可得q M E=F MN，q N E=F MN，可得q M=q N，故A错误；M带负电，受到水平向左的电场力，向右移动，故电场力做负功，故C正确.34.(1)①靠近;先接通电源;再释放纸带;②b;纸带与计时器间的摩擦力【解析】(1)①为了使纸带上打下更多的点，使重物靠近计时器下端；先接通电源，后释放纸带，使重物自由下落.②重物向下做匀加速直线运动，在连续相等时间内位移逐渐增大，通过观察两条纸带，应选取b来计算重力加速度.误差分析，除了在下落过程中，重物受到空气阻力外，纸带与打点计时器间阻力也不可忽视.(2)①10.0;b;②增大;③Y;④3.2;0.50.【解析】①欧姆挡测量电阻，其读数为10.0Ω；由于10.0<√3000×1，元件X 的阻值为小电阻，采用电流表外接法，选用b 电路进行实验.②滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动，元件X 两端的电压逐渐变大，故电流表的示数也逐渐增大.③由图线可知，元件X 的U 和I 间成线性关系，故Y 为非线性元件.④由闭合电路欧姆定律得U 1=ER 0+r R 0=3V ，U 2=ER 0+r+R R 0=1V ，联立可得E ≈3.2V ，r =0.50Ω. 35. (1)0.04V ;(2)i =t −1(1s ≤t ≤1.2s).【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得 E =ΔΦΔt=ΔBSΔt, 代入数据解得E =0.04V .(2)棒进入磁场后，切割磁感线产生感应电动势，有 E =BLv ,因t =1s 时刻棒进入磁场且磁感应强度恒定不变，则当棒运动到bd 位置时，棒受到的安培力最大，即 F m =BIL =B 2L 2v R=0.04N ,当棒在abd 区域运动时，有x =v(t −1), E i =2Bxv ,解得i =E i R =2BxvR=t −1(1s ≤t ≤1.2s).36. (1)22N ，方向竖直向下;(2)45;(3)v n =√9−0.2n(n <45).【解析】(1)物块A 从最初位置到Q 点，由动能定理得−mg ⋅2R =12mv 2−12mv 02，解得v =4m/s .设物块在Q 点受轨道的弹力为F ，则有F +mg =mv 2R， 解得F=22N ，方向竖直向下.(2)由机械能守恒知，滑块A 与B 碰前的速度为 v 0=6m/s ，A 、B 碰撞过程，由动量守恒得mv 0=2mv 共,解得v 共=3m/s ,设滑块A 、B 经粗糙段的路程为s 停下，由动能定理得−μ⋅2mg ⋅s =0−12⋅2mv 共2，故s=4.5m ， 则k =sL=45.(3)由题意知，滑块A 、B 在第n 个光滑段上的速度v n 等于经过第n 个粗糙段的速度，则有−μ⋅2mg ⋅nL =12⋅2mv n 2−12⋅2mv 共2，解得v n=√v 共2−2μgnL =√9−0.2n(n <45).。
