2015重庆高考物理试题和答案下载

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  • 最近更新2022年10月20日



2015 年重庆市高考物理试卷  一、选择题(共 5 小题,每小题 6 分,满分 30 分) 1.(6 分)(2015•重庆)图中曲线 a、b、c、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒 子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里.以下判断可能正确的是(  )  A.a、b 为 β 粒子的径迹  C.c、d 为 α 粒子的径迹 B.a、b 为 γ 粒子的径迹 D.c、d 为 β 粒子的径迹 考点:洛仑兹力;X 射线、α 射线、β 射线、γ 射线及其特性.菁优网版权所有 分析:该题通过带电粒子在磁场中运动,考查三种射线的特性,α 射线带正电荷,在磁场中 根据左手定则判定向右偏转;β 射线带负电荷,偏转的方向与 α 射线相反;γ 射线不 带电,不偏转,由此可以判定. 解答:解:射线在磁场中向右运动时,带正电荷射线,根据左手定则可以判断它将向上偏转, 带负电荷射线,可以判断它将向下偏转,不带电射线,不偏转,由此可以判定 a、b 带正电,c、d 带负电,所以 ABC 错误,D 正确. 故选:D 点评:该题通过带电粒子在磁场中运动考查射线的特性,可以根据左手定则进行判定.属于 简单题目.  2.(6 分)(2015•重庆)宇航员王亚平在“天宮 1 号”飞船内进行了我国首次太空授课,演示 了一些完全失重状态下的物理现象.若飞船质量为 m,距地面高度为 h,地球质量为 M,半 径为 R,引力常量为 G,则飞船所在处的重力加速度大小为(  )  A.0 B. C. D.GM GM (R  r)2 GMm (R  h)2 h2 考点:万有引力定律及其应用.菁优网版权所有 专题:设计与制作题. 分析:飞船在距地面高度为 h 的位置,由万有引力等于重力列式求解重力加速度. 解答:解:飞船在距地面高度为 h 处,由万有引力等于重力得: GMm (R  h)2  mg GM (R  h)2 解得: g  第 1 页 共 13 页 1故选:B 点评:本题考查万有引力的应用,要能根据公式求解重力加速度,难度不大,属于基础 题.  3.(6 分)(2015•重庆)高空作业须系安全带,如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落,从 开始跌落到安全带队人刚刚产生作用前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动).此后经 历时间 t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对 人的平均作用力大小为(  )  A. B. C. D. m 2gh m 2gh m gh m gh  mg  mg  mg  mg tttt考点:动量定理.菁优网版权所有 专题:动量定理应用专题. 分析: 1先根据 h  gt2 求解自由落体运动的时间;然后对运动全程根据动量定理列式求解 2平均拉力. 解答: 1解:对自由落体运动,有: h  gt12 22h 解得:t1  g规定向下为正方向,对运动的全程,根据动量定理,有: mg(t1  t)  Ft  0 m 2gh 解得:  mg t故选:A 点评:本题关键是明确物体的受力情况和运动情况,然后对自由落体运动过程和全程封闭列 式求解,注意运用动量定理前要先规定正方向.  4.(6 分)(2015•重庆)如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为 n, 面积为 S,若在 t1 到 t2 时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小 由 B1 均匀增加到 B2,则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 φa﹣φb 是(  )  A. nS(B2  B ) 1恒为 t2 t1 第 2 页 共 13 页 2 B. 从 0 均匀变化到 nS(B2  B ) 1t2 t1  C. 恒为 nS(B2  B ) 1t2 t1  D. 从 0 均匀变化到 nS(B2  B ) 1t2 t1 考点:法拉第电磁感应定律.菁优网版权所有 分析:穿过线圈的磁感应强度均匀增加,故感应电动势为定则;根据法拉第电磁感应定律列 式求解感应电动势即可. 解答:解:穿过线圈的磁感应强度均匀增加,故产生恒定的感应电动势,根据法拉第电磁感  t B t B2  B t2 t1 1应定律,有: E  n  nS  nS 根据楞次定律,如果线圈闭合,感应电流的磁通量向左,故感应电动势顺时针(从右 nS(B2  B ) 1侧看),故 φa<φb,故:a b   t2 t1 故选:C 点评:本题综合考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律,注意感应电流的磁场总是阻碍引起 感应电流的原因.  5.(6 分)(2015•重庆)若货物随升降机运动的 v﹣t 图象如图所示(竖直向上为正),则货 物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是(  )  A. B. C. D. 考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像.菁优网版权所有 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:根据速度时间图线得出每段过程中的加速度变化,从而结合牛顿第二定律得出支持力 随时间的变化关系. 解答:解:根据速度时间图线可知,货物先向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得, mg﹣F=ma,解得 F=mg﹣ma<mg, 第 3 页 共 13 页 3然后做匀速直线运动,F=mg, 然后向下做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,F﹣mg=ma,解得 F=mg+ma> mg, 然后向上做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得,F﹣mg=ma,解得 F=mg+ma> mg, 然后做匀速直线运动,F=mg, 最后向上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,mg﹣F=ma,解得 F=mg﹣ma< mg.故 B 正确,A、C、D 错误. 故选:B. 点评:解决本题的关键通过速度时间图线得出加速度的变化,从而结合牛顿第二定律进行求 解,难度不大.  二、非选择题(本大题共 5 小题,共 68 分) 6.(9 分)(2015•重庆)同学们利用如图所示方法估测反应时间. 首先,甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直状态,直尺零刻度线位于乙同学的两指之 间.当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏直尺,若捏住位置刻度读数为 x,则乙同学的反 应时间为  (重力加速度为 g). 基于上述原理,某同学用直尺制作测量反应时间的工具,若测量范围为 0~0.4s,则所用直 尺的长度至少为  cm(g 取 10m/s2);若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反 应时间的刻度线,则每个时间间隔在直尺上对应的长度是  的(选填“相等”或“不相 等”). 考点:匀变速直线运动规律的综合运用;自由落体运动.菁优网版权所有 专题:直线运动规律专题. 分析:直尺做的是自由落体运动,根据自由落体运动计算下降的时间,直尺下降的时间就是 人的反应时间,根据匀变速直线运动的规律分析相等时间间隔内位移的变化规律. 解答:解:直尺下降的时间即为自由落体运动的时间, 12x 根据 x  gt2 可得: t  2g2x 即乙同学的反应时间为t  .g测量范围为 0~4s,则所用直尺的长度即为自由落体下降 4s 的位移的大小, 第 4 页 共 13 页 411即h  gt2  100.42  0.8m  80cm 22自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,根据匀加速直线运动的规律可知,在 相等时间间隔通过的位移是不断增加的,所以每个时间间隔在直尺上对应的长度是不 相等的. 2x 故答案为: ;80;不相等. g点评:本题自由落体运动规律在生活的应用,自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动, 结合自由落体运动考查了匀加速直线运动的规律,难度不大.  7.(10 分)(2015•重庆)同学们测量某电阻丝的电阻 Rx,所用电流表的内阻与 Rx 相当,电 压表可视为理想电压表. ①若所用图 1 所示电路进行实验,要使得 Rx 的测量值更接近真实值,电压表的 a 端应连接 到电路的  点(选填“b”或“c”). ②测得电阻丝的 U﹣I 图如图 2 所示,则 Rx 为  Ω(保留两位有效数字). 第 5 页 共 13 页 5③实验中,随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态,某同学发现对炽热电阻丝吹气, 其阻值会变化.他们对此现象进行探究,在控制电阻丝两端的电压为 10V 的条件下,得到 电阻丝的电阻 Rx 随风速 v(用风速计测)的变化关系如图 3 所示.由图可知当风速增加时, Rx 会  (选填“增大”或“减小”).在风速增加过程中,为保持电阻丝两端电压为 10V,需 要将滑动变阻器 RW 的滑片向  端调节(选填“M”或“N”). ④为了通过电压表的示数来显示风速,同学们设计了如图 4 所示的电路,其中 R 为两只阻 值相同的电阻,Rx 为两根形同的电阻丝,一根置于气流中,另一根不受气流影响, 为待 接入的理想电压表.如果要求在测量中,风速从零开始增加,电压表的示数也从零开始增加, 则电压表的“+”端和“﹣”端应分别连接到电路中的  点和  点(在“a”“b”“c”“d”中选 填). 考点:描绘小电珠的伏安特性曲线.菁优网版权所有 专题:实验题. 分析:①根据准确性原则可确定电流表的接法,进而选出电压表所接在电路的位置; ②图象的斜率表示电阻的阻值,由图象确定斜率即可; ③根据图象可知,电阻随风速的增大而减小;再根据并联电路的分压原理可明确滑 片如何滑动; ④分析电路结构,找出两点的电势差能从零开始变化的点即可. 解答:解:①因电流表内阻接近待测电阻,故若用内接法误差很大,应采用电流表外接法; 故 a 端应接在 c 点; 4.2 ②图象的斜率表示电阻的阻值,则其阻值 R    2 ;2.1 ③由图可知,电阻的阻值随风速的增加而减小;当电阻减小时,并联部分电阻减小, 为了让其分压仍为 10V,滑动变阻器的阻值应向上移动,从而维持上下电阻之比恒定; ④风速从零增加时,置于气流中的电阻减小,其他电阻不变,要使电压表示数从零 开始增加,电压表的正负极只能接在 b、d 两点;其他各点之间电势差均不可能为零; 故答案为:①c;②2.1;③减小;M;④b、d 点评:本题考查电学实验中的基本内容,要求能正确理解题意,把握好图象的正确应用,同 时能对电路进行分析,并能准确掌握电压的定义;最后一问中要注意电压表从零开始 调节的含义.  8.(15 分)(2015•重庆)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.如图是 某音圈电机的原理图,它是一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为 L,匝 数为 n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为 B,区域外的 磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终 相等.某时刻线圈中电流从 P 流向 Q,大小为 I. (1)求此时线圈所受安培力的大小和方向. (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为 v,求安培力的功率. 第 6 页 共 13 页 6考点:安培力.菁优网版权所有 分析:(1)由左手定则即可判断出安培力的方向,由 F=BIL 即可求出安培力的大小; (2)由功率的公式:P=Fv 即可求出安培力的功率; 解答:解:(1)由图可知,线圈的平面与磁场的方向垂直,由左手定则可得,线圈的里边与 外边受到的安培力大小相等,方向相反,相互抵消;线圈右边电流的方向向外,根据 左手定则可得,受到的安培力的方向水平向右. 由于线圈的平面与磁场的方向垂直,所以线圈所受安培力的大小:F=nBIL. (2)线圈在安培力的作用下运动,根据功率的表达式可知:P=Fv=nBILv. 答:(1)线圈受到的安培力的大小为 nIBL 方向:水平向右; (2)安培力的功率为 nIBLv. 点评:该题中线圈平面与磁场的方向垂直,根据安培力的公式 F=BIL 可以直接计算安培力的 大小,要注意的是线圈有 n 匝,所以线圈受到的安培力在单根导线上的 n 倍.  9.(16 分)(2015•重庆)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实 验装置.图中水平放置的底板上竖直地固定有 M 板和 N 板.M 板上部有一半径为 R 的 1/4 圆弧形的粗糙轨道,P 为最高点,Q 为最低点,Q 点处的切线水平,距底板高为 H.N 板上 固定有三个圆环.将质量为 m 的小球从 P 处静止释放,小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过 各圆环中心,落到底板上距 Q 水平距离为 L 处.不考虑空气阻力,重力加速度为 g.求: (1)距 Q 水平距离为 L/4 的圆环中心到底板的高度; (2)小球运动到 Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向; (3)摩擦力对小球做的功. 考点:向心力;平抛运动.菁优网版权所有 专题:匀速圆周运动专题. 分析:(1)根据平抛运动的特点,将运动分解即可求出; (2)根据平抛运动的特点,即可求出小球运动到 Q 点时速度的大小;在 Q 点小球受 到的支持力与重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的 大小;最后有牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向; (3)小球从 P 到 Q 的过程中,重力与摩擦力做功,由功能关系即可求出摩擦力对小 球做的功. 解答: 2h 解:(1)小球从 Q 抛出后运动的时间:t  ①g水平位移: L  v0t ②第 7 页 共 13 页 7Lt2vQ 小球运动到距 Q 水平距离为 L/2 的位置时的时间: t ‘  ③21此过程中小球下降的高度: h  gt ‘2 ④21联立以上公式可得: h  H 413圆环中心到底板的高度为: H  H  H ;44Lg(2)由①②得小球到达 Q 点的速度: vQ  L ⑤t2H mvQ2 R在 Q 点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力,得: FN  mg  ⑥L2 联立⑤⑥得: FN  mg(1 )2HR L2 由牛顿第三定律可得,小球对轨道的压力的大小: FN  mg(1 )方向:竖直向 2HR 下(3)小球从 P 到 Q 的过程中,重力与摩擦力做功,由功能关系得: 1mgR  mvQ2 Wf ⑦2L2 联立⑥⑦得:W  mg(  R) 4H 3答:(1)到底板的高度: H4gL2 (2)小球的速度的大小: L小球对轨道的压力的大小: mg(1 ) 方向: 2H 2HR 竖直向下; L2 (3)摩擦力对小球做的功: mg(  R) 4H 点评:该题是平抛运动、功能关系以及圆周运动的综合题,该题中要熟练掌握机械能守恒定 律,能量守恒定律,以及圆周运动的临界问题.  10.(18 分)(2015•重庆)图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同 的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中 MN 和 M′N′是间距为 h 的两平行极板,其上分别有正 对的两个小孔 O 和 O′,O′N′=ON=d,P 为靶点,o′p=kd(k 为大于 1 的整数).极板间存在 第 8 页 共 13 页 8方向向上的匀强电场,两极板间电压为 U.质量为 m、带电量为 q 的正离子从 O 点由静止 开始加速,经 O′进入磁场区域.当离子打到极板上 O′N′区域(含 N′点)或外壳上时将会被 吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受 的重力.求: (1)离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点所需的磁感应强度大小; (2)能使离子打到 P 点的磁感应强度的所有可能值; (3)打到 P 点的能量最大的离子在磁场汇总运动的时间和在电场中运动的时间. 考点:带电粒子在匀强磁场中的运动;质谱仪和回旋加速器的工作原理.菁优网版权所有 分析:(1)对直线加速过程,根据动能定理列式;对在磁场中圆周运动过程,洛伦兹力提 供向心力,根据牛顿第二定律列式;最后联立求解即可; (2)为了使离子打到 P 点,粒子可以加速 1 次、2 次、3 次、…,对加速过程根据动 能定理列式,对在磁场中圆周运动过程根据牛顿第二定律列式;要考虑临界条件,一 次加速后要达到虚线区域; (3)打到 P 点的能量最大的离子加速次数最大;在电场向上中是匀加速全程根据动 量定理求解时间;在磁场中是匀速圆周运动,根据周期和圆心角求解时间. 解答: 1解:(1)在电场中的直线加速过程,根据动能定理,有: qU  mv2 ①2v2 kd 在磁场中,根据牛顿第二定律,有: qvB  m ②22 2Uqm 联立解得磁感应强度大小: B  ③qkd 1(2)在电场中的第一次直线加速过程,根据动能定理,有: qU  mv12 ④2v12 在磁场第一次圆周运动过程中,根据牛顿第二定律,有: qv1B  m ⑤r1其中:r1>d/2 ⑥1在电场中的前 n 次直线加速过程,根据动能定理,有: nqU  mv2 ⑦2第 9 页 共 13 页 9v2 kd 2在磁场中第 n 次圆周运动过程,根据牛顿第二定律,有: qvB  m ⑧联立解得: 2 2nUqm B  (n=1,2,3,4,…,k2﹣1)⑨ qkd (3)在电场中 n 次运动都是加速,可以当作一个匀加速直线运动进行考虑; 2nqU 根据⑦式,最大速度为: v  mU根据动量定理,有: qt  mv d打到 P 点的能量最大的离子加速次数最大,为:n=k2﹣1 2(k2 1)m 联立解得:t  h qU 在磁场中做圆周运动,为(n-1/2)圈,即(k2-3/2)圈; 2m qBn 周期:T  2 2(k2 1)qUm 根据⑨式, Bn  qkd 故在磁场中的运动时间为:t′=(k2﹣ ) (2k2 3)mkd 联立解得:t ‘  2 2qUm(k2 1) 2 2Uqm 答:(1)离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点所需的磁感应强度大小为 ;qkd 2 2nUqm (2)能使离子打到 P 点的磁感应强度磁感应强度的可能值为: (n=1, qkd 2,3,4,…,k2﹣1); (2k2 3)mkd (3)在磁场中运动的时间为 ;在电场中运动的时间为 2 2qUm(k2 1) 第 10 页 共 13 页 10 2(k2 1)m hqU 点评:本题是回旋加速器的改进,电场方向不需要周期性改变,关键是明确粒子的运动规律, 然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.  三、选做题(第 10 题和第 11 题各 12 分,从中选做一题,若两题都做,则按第 10 题计分) [选修 3-3] 11.(12 分)(2015•重庆)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增 大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么(  )  A.外界对胎内气体做功,气体内能减小  B.外界对胎内气体做功,气体内能增大  C.胎内气体对外界做功,内能减小  D.胎内气体对外界做功,内能增大 考点:理想气体的状态方程;热力学第一定律.菁优网版权所有 专题:热力学定理专题. 分析:根据理想气体的状态方程分析气体的温度的变化,根据热力学第一定律分析内能的变 化. 解答: 解:根据理想气体的状态方程: PV T C 可知轮胎内的压强增大、体积增大,则温度 一定升高. 气体的温度升高,内能一定增大.气体的体积增大的过程中,对外做功. 故选:D 点评:该题考查理想气体的状态方程与热力学第一定律,热力学第一定律是能量守恒定律的 特殊情况,可以从能量转化和守恒的角度理解.应用时关键抓住符号法则:使气体内 能增加的量均为正值,否则为负值.  12.(2015•重庆)北方某地的冬天室外气温很低,吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥 皂泡内气体温度为 T1,压强为 P1,肥皂泡冻住后泡内气体温度降为 T2.整个过程中泡内气 体视为理想气体,不计体积和质量变化,大气压强为 P0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强 差. 考点:理想气体的状态方程.菁优网版权所有 专题:理想气体状态方程专题. 分析:对泡内气体分析,由等容变化规律可求得冻结后的压强,即可求得压强差. 解答: PP21解:对泡内气体有查理定律可知: TT2 1T2 解得: P  P12T1第 11 页 共 13 页 11 T2 内外压强差为: P  P  P  P 2010T1T2 答:冻结后肥皂膜内外气体的压强差为 P  P 10T1点评:本题考查气体的等容变化,要注意明确本题中泡内气体的体积视为不变;故直接由查 理定律求解冻结后的压强即可.  [选修 3-4] 13.(2015•重庆)虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的,可利用 白光照射玻璃球来说明.两束平行白光照射到透明玻璃球后,在水平的白色桌面上会形成 MN 和 PQ 两条彩色光带,光路如图 1 所示.M、N、P、Q 点的颜色分别为(  )  A.紫、红、红、紫 B.红、紫、红、紫 C.红、紫、紫、红 D.紫、红、紫、红 考点:光的折射定律;全反射.菁优网版权所有 专题:全反射和临界角专题. 分析:根据红光和紫光的折射率可得出对两光对应的折射角;只分析两光的入射点即可得出 正确答案. 解答:解:七色光中白光中红光的折射率最小;紫光的折射率最大;故经玻璃球折射后红光 的折射角较大;由玻璃球出来后将形成光带,而两端分别是红光和紫光; 根据光路图可知说明 M、Q 点为紫光;N、P 点为红光; 故选:A. 点评:本题考查折射定律的应用,只需明确一个点的入射角和折射角即可以明确两光线的光 路图,从而确定各点的颜色. 14.(2015•重庆)如图为一列沿 x 轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图,质点 P 的振动周期为 0.4s.求该波的波速并判断 P 点此时的振动方向. 考点:横波的图象;波长、频率和波速的关系.菁优网版权所有 第 12 页 共 13 页 12 专题:振动图像与波动图像专题. 分析:质点的振动周期等于波传播的周期,根据波长和周期求出波速,根据“上下坡”法判断 P 点的振动方向. 解答:解:质点的振动周期与波的周期相同,可知波的周期 T=0.4s, 由图象可知,波长 λ=1.0m. T1.0 则波速 v  m / s  2.5m / s 0.4 波沿 x 轴正方向传播,根据上下坡法知,P 点的振动方向竖直向上. 答:波的波速为 2.5m/s,P 点的振动方向竖直向上. 点评:本题考查了波动和振动的联系,知道质点的振动周期与波的周期相同,会通过波的传 播方向判断质点的振动方向,难度不大.  第 13 页 共 13 页 13

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