2015年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅰ)
14.D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度ω= 知,角速度减小,选项D正确。 15.B 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,φM>φN=φP,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。
16.A 设原线圈中电流为I,由 = 知副线圈中的电流I2=3I,由题意知副线圈中电阻两端的电
压U=3IR,则原线圈回路中R两端的电压U'=IR=,原线圈两端的电压U1=3U,由闭合电路中电
压关系可知U1+U'=220 V,即 +3U=220 V,U=66 V,原线圈回路中电阻消耗的功率P1=I2R,副线圈回路中电阻消耗的功率P2=(3I)R,=k=
2
=,选项A正确。
评析 此题为常见题型,但原线圈回路加一电阻,使试题难度大为增加。 17.C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中
由动能定理:mg·2R-W=mv2
质点在最低点:FN-mg=
由牛顿第三定律得:FN=4mg
联立得W=mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N
点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W' 18.D 乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h= g 。当v取最大值时其 水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有 vmaxt1= ,解得 vmax= ;当v 取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h-h= g , =vmint2, 解得vmin= 。故D正确。 评析 本题以体育运动项目为背景考查了平抛运动,问题涉及临界与极值、大小与方向的动态变化,很好地考查了考生的分析与推理、理解与运算等多种能力,但试题难度仅为中等偏上,实为一道有能力区分度的好题。 19.AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO'轴转动时,均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见A、B均正确。由上述分析可见,感应电流的方向与圆盘的转动方向并不一致,故D错。由对称性可见,穿过整个圆盘的磁通量始终为零,故C错。 20.ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求 出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。 评析 v-t图线斜率大小等于加速度大小,与横轴包围的面积大小等于位移的大小。 21.BD 月球表面重力加速度大小g月=G = ·G = g地=1.66 m/s2,则探测器在月球表面 月 地 月 地 着陆前的速度大小vt= 月 =3.6 m/s,A项错;悬停时受到的反冲作用力F=mg月=2×103 N,B项正确;从离开近月圆轨道到着陆过程中,有发动机工作阶段,故机械能不守恒,C项错;在近月圆轨道上运行的线速度v月= 月 月< 地 地,故D项正确。 评析 本题以“嫦娥三号”登月过程为背景材料,不仅考查了对天体运动知识的理解和掌握程度,也考查了匀加速运动、平衡状态、机械能守恒等多方面知识,是一道综合性很强的好题。 22.答案 (2)1.40(2分) (4)7.9(2分) 1.4(2分) 解析 (2)示数为1.40 kg,注意估读。 (4)小车经过凹形桥最低点时对桥的压力N= g-M桥g=(1.81-1.00)×9.80 N=7.9 N,小车通过最低点时受到的支持力N'=N=7.9 N,小车质量m车=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由N'-m车g=m车 ,解得v=1.4 m/s。 23.答案 (1)15 35(4分,每空2分) (2)300 3 000(2分,每空1分) (3)c(1分) 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(2分) 解析 (1)由并联电路各支路两端电压相等有:使用a和b两个接线柱时1 mA×100 Ω= 3-1)mA×(R1+R2);使用a和c两个接线柱时1 mA× 100 Ω+R2)=(10-1)mA×R1,联立可得R1=15 Ω,R2=35 Ω。(2)由题意知校准时电路中电流的范围为0 5 mA≤I≤3 0 mA,则由闭合电路欧姆定律知电路中总电阻R总= 满足500 Ω≤R总≤3 000 Ω,而两电表的总电阻RA=150 Ω+ Ω =183 Ω,故R0+R应满足317 Ω≤R0+R≤2 817 Ω,可知R0只能选用300 Ω的,R只能 选用3 000 Ω的。(3)在图(b)电路中,当d接c时,若R1损坏则毫安表仍接入电路而有示数,若R2损坏则毫安表不接入电路而无示数,故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻;当d接b时,无论R1还是R2损坏,对毫安表示数的影响相同,从而不能进行判定。 评析 试题以电表的改装与校准为依托,综合考查了电表改装、电表校准、多量程电表、器材选择、故障分析等,知识面覆盖较广,试题难度中等,是一道不错的能力区分题目。 24.答案 见解析 解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 2kΔl1=mg① 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=IBL② 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Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得 2k Δl1+Δl2)=mg+F③ 由欧姆定律有 E=IR④ 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 kg⑤ (安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分。) 25.答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 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)a1① 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得 v1=v0+a1t1② s0=v0t1+ a1 ③ 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式并结合题给条件得 μ1=0.1④ 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=ma2⑤ 由图(b)可得 a2= - ⑥ - 式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得 μ2=0.4⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,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=Ma3⑧ v3=-v1+a3Δt⑨ v3=v1+a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s1= - Δt 小物块的位移为 s2= Δt
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