2015年山东卷物理答案

2015年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 14. A【解析】小球从A点掉下后做平抛运动，B点小球在竖直方向上做自由落体运动，由ℎ1=12gt2得在A点卸下的小球落地的时间为1s，由匀速运动的特点得小车从A运动到B的时间为0.5s，在B点开始下落的小球做自由落体运动，由ℎ= 15. D【解析】空间站和月球都绕地球做匀速圆周运动，运行的角速度相等，由a=rω2得a2>a1 16. B【解析】设A、B的质量分别为M、m，水平力为F，对整体受力分析，由平衡条件得F=μ2(m+M)g，对物体B受力分析，物体 17. ABD【解析】由右手定则可知，圆盘切割磁场部分产生的电流方向由圆盘边缘指向O，电源内部电流由电势低处流向电势高处，故靠近圆心处电势高，故A正确；磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，圆盘越容易停止转动，故B正确；磁场反向，切割部分产生的感应电流反向，由左手定则可知圆盘受到的安培力的方向不变，故C错误；若所加磁场充满整个圆盘，则穿过圆盘的磁通量不变，圆盘不产生感应电流，圆盘不受安培力，故圆盘将匀速转动，故D正确. 18. B【解析】正电荷置于O点时，G点处的电场强度为零，由电场强度的叠加原理可知两负电荷在G点产生的合电场强度与正电荷在G点产生的电场强度等大反向，故两负电荷在G点产生的合电场强度大小为kQa2，方向为y轴负方向，若将正电荷移到G点，由于G、H关于O点对称，则两负电荷在H点产生的合电场强度大小也为kQa2，方向向下，且正电荷在H点产生的电场强度为kQ4a 19. C【解析】通过外圆环的电流产生的磁场的磁感应强度的变化情况跟电流的变化情况相同，由E=nΔΦΔt得内圆环中感应电动势的大小与外圆环中电流的变化率也就是图象的斜率成正比，当外圆环中的电流为零时，内圆环中的电动势最大，电动势的方向为正，在0.5 20. BC【解析】0∼T3时间内微粒恰好做匀速运动，由平衡条件得qE0=mg，微粒在T3∼2T3时间内只受重力作用，做平拋运动，由牛顿第二定律得2T3∼T时间内有向上的加速度，等于重力加速度，由运动的对称性可得微粒在T时刻末的速度大小为v0 21. (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 【解析】(1)先描点，然后用平滑的直线连接，当弹簧秤的示数为0时，橡皮筋的长度为原长，故原长为10.0cm. (2)当OA=6cm，OB=7.6cm时，橡皮筋的总长度为13.6cm，对照图线可得橡皮筋的弹力大小为 (3)由给定的标度作出力的图示. (4)以两分力为邻边作平行四边形，平行四边形的对角线表示合力F'的大小，通过比较F'与FOO'的大小和方向在误差允许的范围内是否相等，可验证力的平行四边形定则 22. (1)减小;(2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确);(3)5. 【解析】(1)该电路是滑动变阻器与定值电阻并联的电路，总的电流大小不变，电流表测的是通过滑动变阻器的电流，电压表测的是总的电压，滑动触头向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，电流不变，故电压表的示数减小； (2)由并联电路的特点得UR+I=I0，变形得U=−RI+I0R，故 23. (1)3m；(2)0.1 【解析】(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为 对小球，T1= 对物块，F1+ 当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，由题意可知 对小球，T2= 对物块，F2+ 联立①②③④式，代入数据得 M=3 (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf mgl1−cos60°− 在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知 对小球，由牛顿第二定律得 T3− 对物块，由平衡条件得 F3+ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 Wf 24. (1)；(2)；(3) 【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 qEd2=1 (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 qvB=m 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 联立③④式得 B=4 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R=3 联立③⑥式得 B= (3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1 qvB1=m 代入数据得 R1=D2 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T T1=2πR 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，由对称可知，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θ 心O连线间的夹角设为α，由几何关系得 θ1=120° θ2=180° α=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t1、t t1=360°α 设粒子运动的路程为s，由运动学公式得 s=v 联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s=5.5π 37. (1)bc 【解析】混合均匀主要是碳粒不停地做无规则运动造成的，a错误，故b正确；微粒越小，布朗运动越明显，故c正确；墨汁的无规则运动是液体分子撞击的结果，没有发生化学反应，故d错误. (2)(ⅰ)101100p 【解析】(ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0=300K，压强为p0，末状态温度T p0T 代入数据得 p1 (ⅱ)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得 p1 放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2=303K，压强p2=p p2T 设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得 F+p 联立②③④⑤式，代入数据得 F= 38. (1)ab. 【解析】将t=0.6s代入物块做简谐运动的方程可得0.6s时物块的位移为−0.1m，因此初始时距物块的高度为ℎ=12gt2−0.1=1.7m，故a正确；由T=2πω=0.8s，故b (2)见解析. 【解析】当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r sini0 设A点与左端面的距离为dA sinr0 若折射光线恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好为临界角C，设B点与左端面的距离为dB sinC 由几何关系得 sinC= 设A、B两点间的距离为d，可得 d=d 联立①②③④⑤式得 d= 39. (1)ac. 【解析】放射性元素经过一个半衰期剩下的原子核的质量是原来的一半，故该古木的年代距近约为5700年，故a正确；具有相同的电荷数、不同的中子数的元素称为同位素，b错误；14C衰变为14N，电荷数增加1，说明放出了电子，发生了β衰变，故c正确；半衰期由元素本身决定，与外界因素无关，故d (2)21 【解析】设滑