1、12015 年四川省高考物理试卷 参考答案与试题解析一、选择题：每题 6 分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题目要求，全部选地的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错和不选的得 0 分1 （6 分） （2015 四川）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（ ）A一样大 B 水平抛的最大C 斜向上抛的最大 D斜向下抛的最大考点： 平抛运动；抛体运动菁优网版权所有分析： 不计空气阻力，物体的机械能守恒，分析三个球的运动情况，由机械能守恒可以判断落地的速度解答： 解：由于不计空气的阻力，所以三
2、个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度差相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同故选：A点评： 本题是机械能守恒的直接应用，比较简单，也可以直接用动能定理求解2 （6 分） （2015 四川）平静湖面传播着一列水面波（横波） ，在波的传播方向上有相距3m 的甲、乙两个小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下 30 次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰这列水面波（ ）A频率是 30Hz B 波长是 3m C 波速是 1m/s D周期是 0.1s考点： 波长、频率和波速的
3、关系；横波的图象菁优网版权所有分析： 由题可知，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，说明两木块平衡位置间的距离等于 1.5 波长，即可求出波长，由小木块每分钟振动 30 次，求出每秒振动的次数即为频率，再由波速公式 v=f 求波速解答： 解：据题意：甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，则 1.5=3m得：=2m由小木块每分钟振动 30 次，则得木块振动的频率 f= Hz=0.5Hz，故波速为：v=f=20.5m/s=1m/s周期为 T= =2s故选：C点评： 解决本题的关键要理解波长和频率的含义，得到波长和频率，记住波速公式 v=f，2再进行求解3 （6 分） （2015
4、四川）直线 P1P2 过均匀玻璃球球心 O，细光束 a、b 平行且关于 P1P2 对称，由空气射入玻璃球的光路如图a、b 光相比（ ）A玻璃对 a 光的折射率较大B 玻璃对 a 光的临界角较小C b 光在玻璃中的传播速度较小Db 光在玻璃中的传播时间较短考点： 光的折射定律菁优网版权所有专题： 光的折射专题分析： 根据光的偏折程度分析折射率的大小，由 sinC= 分析临界角的大小由 v= 分析光在玻璃中的传播速度大小，由 t= 分析光在玻璃中的传播时间关系解答： 解：A、由图知，光线通过玻璃砖后， b 光的偏折角大，则玻璃对 b 光的折射率较大，故 A 错误B、玻璃对 a 光的折射率较小，由
5、sinC= 分析知，玻璃对 a 光的临界角较大故 B错误C、由 v= 分析知，b 光在玻璃中的传播速度较小，故 C 正确D、b 光在玻璃砖通过的路程较大，传播速度较小，由 t= 分析知 b 光在玻璃中的传播时间较长故 D 错误故选：C点评： 解决本题的关键要明确折射率越大，光的偏折角越大，判断出折射率关系，再分析其他量之间的关系4 （6 分） （2015 四川）小型手摇发电机线圈共 N 匝，每匝可简化为矩形线圈 abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴 OO，线圈绕 OO匀速转动，如图所示，矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，不计线圈电阻，则发电机
6、输出电压（ ）3A峰值是 e0 B 峰值是 2e0 C 有效值是 e0D有效值是 Ne0考点： 正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流的峰值、有效值以及它们的关系菁优网版权所有专题： 交流电专题分析： 根据矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势求出整个矩形线圈产生的感应电动势的最大值；根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系求解发电机输出电压解答： 解：矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是 2Ne0，根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得发电机输出电压有效值 U= = Ne0，故选：D点评： 本题考查了交流电产生
7、的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是 ab 边和 cd 边产生的感应电动势之和5 （6 分） （2015 四川）登上火星是人类的梦想， “嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020 年登陆火星地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（ ）行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m地球 6.4109 6.01024 1.51011火星 3.4106 6.41020 2.31011A火星的公转周期较小B 火星做圆周运动的加速度较小C 火星表面的重力加速度较大D火星的第一宇宙速度较大考点： 万有引力定律及其应用；向心力菁优网版权所有专题：
8、万有引力定律的应用专题4分析： 根据开普勒第三定律分析公转周期的关系由万有引力定律和牛顿第二定律结合分析加速度的关系根据万有引力等于重力，分析星球表面重力加速度的关系由 v=分析第一宇宙速度关系解答： 解：A、由表格数据知，火星的轨道半径比地球的大，根据开普勒第三定律知，火星的公转周期较大，故 A 错误B、对于任一行星，设太阳的质量为 M，行星的轨道半径为 r根据 G =ma，得加速度 a= ，则知火星做圆周运动的加速度较小，故 B 正确C、在行星表面，由 G =mg，得 g=由表格数据知，火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为 = = 1故火星表面的重力加速度较大，故 C 正确D、
9、设行星的第一宇宙速度为 v则 G =m ，得 v= 代入可得火星的第一宇宙速度较小故 D 错误故选：BC点评： 对于行星绕太阳运动的类型，与卫星类型相似，关键要建立运动模型，掌握万有引力等于向心力与万有引力等于重力两条基本思路6 （6 分） （2015 四川）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是 O，最低点是 P，直径 MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷） ，b 固定在 M 点，a 从 N点静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q（图中未画出）时速度为零则小球 a（ ）A从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B 从 N 到 P 的过程中，速
10、率先增大后减小C 从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加D从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量考点： 电势能；功能关系菁优网版权所有5分析： 分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化解答： 解：A、a 由 N 到 Q 的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，故合力一直在增大；故 A 错误；B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小；故 B 正确
11、；C、由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于 90 度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故 C 正确；D、从 P 到 Q 的过程中，由动能定理可知，mghW E=0 mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量；故 D 错误；故选：BC点评： 本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量7 （6 分） （2015 四川）如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN 垂直于纸面，在纸面内的长度 L=9.1cm，中点 O 与 S 间的距离 d=4.55cm，MN 与SO 直线的夹
12、角为 ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B=2.0104T电子质量 m=9.11031kg，电量 e=1.61019C，不计电子重力电子源发射速度 v=1.6106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为 l，则（ ）A=90时，l=9.1cm B =60时，l=9.1cmC =45时，l=4.55cm D=30时，l=4.55cm考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 由洛仑兹力充当向心力可求得粒子运动半径，再由几何关系可知，电子运动的范围，由几何关系即可求出电子打在板上可能位置的区域的
13、长度解答： 解：由洛仑兹力充当向心力可得；Bqv=m6解得：R= = =0.0455m=4.55cm；所有粒子的圆心组成以 S 为圆心，R 为半径的圆；电子出现的区域为以 S 为圆心，以 9.1cm 半径的圆形区域内，如图中大圆所示；故当 =90时，纸板 MN 均在该区域内，故 l=9.1cm；同理当夹角小于 90 度时，MN均在大圆区域内，故均有电子打在整体板上；故 AB 正确，CD 错误；故选：AB点评： 本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间二、非选择题：（共 68 分）8 （6 分） （2015 四川）某同学在“
14、探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂 1 个钩码，静止时弹簧长度为 l1，如图 1 所示，图 2 是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是 1 毫米）上位置的放大图，示数 l1= 25.85 cm在弹簧下端分别挂 2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧长度分别是 l2、l 3、l 4、l 5，已知每个钩码质量是 50g，挂 2 个钩码时，弹簧弹力 F2= 0.98 N（当地重力加速度 g=9.8m/s2） 要得到弹簧伸长量 x，还需要测量的是 弹簧原长 作出 Fx 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系考点： 探究弹力和弹簧伸长
15、的关系菁优网版权所有专题： 实验题分析： 根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由 G=mg 可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实验原理明确需要的物理量7解答： 解：由 mm 刻度尺的读数方法可知图 2 中的读数为：25.85cm；挂 2 个钩码时，重力为：G=2mg=20.05 9.8=0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为 0.98N；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；故答案为：25.85；0.98；弹簧原长点评： 本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要注意明确实验原理，同时注意掌握相应仪器的测量方法9 （11 分） （2015 四川）用实验测一电池的
16、内阻 r 和一待测电阻的阻值 Rx，已知电池的电动势约 6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧可选用的实验器材有：电流表 A1（量程 030mA） ；电流表 A2（量程 0100mA） ；电压表 V（量程 06V） ；滑动变阻器 R1（阻值 05）滑动变阻器 R2（阻值 0300 ） ；开关 S 一个，导线若干条某同学的实验过程如下：设计如图 1 所示的电路图，正确连接电路将 R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小 R 的阻值，测出多组 U 和 I 的值，并记录以 U 为纵轴I 为横轴得到如图 2 所示的图线断开开关，将 Rx 改接在 B、C 之间A 与 B 直接相连，其他部分保持不变重复的步
17、骤，得到另一条 UI 图线，图线与横轴 I 的交点坐标为（ I0，0） ，与纵轴 U 的交点坐标为（0，U 0） 回答下列问题：电流表应选用 A 2 ，滑动变阻器应选用 R 2 由图 2 的图线，得电源内阻 r= 25 ；用 I0、U 0 和 r 表示待测电阻的关系式 Rx= r ，代入数值可得 Rx；8若电表为理想电表，R x 接在 B、C 之间与接在 A、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 相同 ，电压表示数变化范围 不同 （选填“相同” 或“ 不同”）考点： 测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有专题： 实验题；恒定电流专题分析： 根据
18、题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，略算对应的电流，则可明确电流表及滑动变阻器应选择的仪器；由图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻；根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；根据闭合电路欧姆定律及电表的使用方法可明确两表的示数变化范围是否相同解答： 解：由题意可知，电动势为 6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择 A2；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5 的电阻小于待测电阻较多，故只能选择 R2；图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：r= =25；接 Rx 改接在 B、C 之间，由题意可知，等效内阻为：R 0+r= ；解得：R X= r；由
19、于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；故答案为：A 2；R 2；25； r；相同；不同点评： 本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭合电路欧姆定律进行分析求解10 （15 分） （2015 四川）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源， “铁腕治污”已成为国家的工作重点地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动
20、 20s 达最高速度 72km/h，再匀速运动 80s，接着匀减速运动 15s 到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为 1106N，匀速运动阶段牵引力的功率为 6103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功（1）求甲站到乙站的距离；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量 （燃油公交车每做 1 焦耳功排放气态污染物 3106 克）考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有9分析： （1）根据匀变速直线运动平均速度的推论求出匀加速和匀减速运动的位移，结合匀速运动的位移，求出总位移的大小（2）分别
21、由功的计算公式：W=FS 和 W=Pt 求出牵引力对列车做的功，结合燃油公交车每做 1 焦耳功排放气态污染物 3106 克即可求解解答： 解：（1）72km/h=20m/s，匀加速直线运动的位移为： m匀速直线运动的位移为：x 2=vt2=2080m=1600m匀减速直线运动的位移为： m则总位移为：x=x 1+x2+x3=200+1600+150m=1950m（2）设列车在第一阶段的牵引力为 F，所做的功为 W1，在第二阶段牵引力的功率为 P，所做的功为 W2，设燃油公交车从甲站到乙站做相同的功 W，排放的污染物的质量为 M，则：W1=Fx1；W2=Pt2W=W1+W2M=W（310 9kg
22、J1）联立以上公式，代入数据得：M=2.04kg答：（1）甲站到乙站的距离是 1950m；（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是 2.04kg点评： 该题结合机车的功与功率的问题考查匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，基础题11 （17 分） （2015 四川）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5106N/C，方向水平向右的匀强电场带负电的小物体 P 电荷量是 2.0106C质
23、量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数 =0.4P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55s 到达A 点到达 B 点时速度是 5m/s，到达空间 D 点时的速度与竖直方向的夹角为 ，且tan=1.2P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力 F 作用F 大小与 P 的速率 v 的关系如表所示P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g=10m/s2求：w（ms 1） 0v2 2v5 v5F/N 2 6 3（1）小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间；（2）小物体 P 从 A 运动至 D 的过程，电场力做的功10考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用菁优网
24、版权所有专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： （1）小物体 P 做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据速度公式计算受到的大小；（2）根据物体的运动的不同的过程，逐项计算受到和位移的大小，在利用功的公式来计算电场力做的功；解答： 解：（1）小物体 P 的速率从 0 只 2m/s，受外力 F1=2N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a1，经过时间t 1，则F1mg=ma1 v1=a1t 由式代入数据得t 1=0.5s （2）小物体 P 从 2m/s 运动至 A 点，受外力 F2=6N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a2，则F2mg=ma2 设小物体 P 从速度 v1 经过
25、t2 时间，在 A 点的速度为 v2，则t2=0.55st1 v2=v1+a2t2 P 从 A 点至 B 点，受外力 F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为 a3，电荷量为 q，在 B 点的速度为 v3，从 A 点至B 点的位移为 x1，则有：F2mgqE=ma3 P 以速度 v3 滑出轨道右端 B 点，设水平方向外力为 F3，电场力大小为 FE，有 FE=F3 F3 与 FE 大小相等方向相反，P 水平方向所受合力为零，所以 P 从 B 点开始做初速度为 v3 的平抛运动设 P 从 B 点运动至 D 点用是为t 3，水平位移为 x2，由题意知 （10）x2=v3
26、t3 （11）设小物体 P 从 A 点至 D 点电场力做功为 W，则有：11W=qE（x 1+x2） （12 ）联立（10） （12）式并代入数据得 W=9.25J答：（1）小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间为 0.5s；（2）小物体 P 从 A 运动至 D 的过程，电场力做的功为9.25J点评： 本题物体的运动的过程比价复杂，关键是分析清楚物体的不同的运动的过程，根据不同过程的速度和位移即可计算电场力做功的大小，本题的难度比较大12 （19 分） （2015 四川）如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与 PQ 平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为 ，N 、Q 连
27、线与 MN 垂直，M、P 间接有阻值为 R 的电阻；光滑直导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角 均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 L，ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为 （ 较小） 由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出） 两金属棒与导轨保持良好接触，不计所有导轨和 ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g（1）若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1
28、，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量；（2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量；（3）若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化菁优网版权所有专题： 电磁感应 功能问题分析： （1）根据能量的守恒，计算 ef 棒上产生的热量；（2）根据楞次定律和欧姆定律计算通过 ab 棒某横截面的电量；
29、（3）根据法拉第电磁感应定律计算电动势的大小，根据棒的受力计算最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离解答： 解：（1）设 ab 棒的初动能为 Ek，ef 棒和电阻 R 在此过程产生热量分别为 W 和W1，有W+W1=Ek 且 W=W1 12由题意 Ek= 得 W= （2）设在题设的过程中，ab 棒滑行的时间为 t，扫过的导轨间的面积为 S，通过S 的磁通量为，ab 棒产生的电动势为 E，ab 棒中的电流为 I，通过 ab 棒某截面的电荷量为 q，则E= 且=BS I= 又有 I= 由图所示，S=d（Ldcot） 联立，解得：q= （10）（3）ab 棒滑行距离为 x 时，ab
30、棒在导轨间的棒长 Lx 为：Lx=L2xcot （11）此时，ab 棒产生的电动势 Ex 为：E=Bv 2Lx （12）流过 ef 棒的电流 Ix 为 Ix= （13）ef 棒所受安培力 Fx 为 Fx=BIxL （14）联立（11）（14） ，解得：F x= （15）有（15）式可得，F x 在 x=0 和 B 为最大值 Bm 时有最大值 F1由题意知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F1 为最大值的受力分析如图所示，图中 fm 为最大静摩擦力，有：F1cos=mgsin+（mgcos+F 1sin） （16）联立（15） （16） ，得：B m= （17）Bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下有（15）式可知，B 为 Bm 时，F x 随 x 增大而减小，x 为最大 xm 时，F x 为最小值，如图可知F2cos+（mgcos+F 2sin）=mgsin （18）联立（15） （17） （18） ，得13xm=答：（1）ef 棒上产生的热量为 ；（2）通过 ab 棒某横截面的电量为 ；（3）此状态下最强磁场的磁感应强度为 ，此磁场下ab 棒运动的最大距离为 点评： 本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点
