2015重庆高考物理试题和答案下载

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