高考物理全国卷1及答案解析
第Ⅰ卷(选择题)2015年理综 全国卷1 物理部分
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中。第l4～18题只有一项符合题目要求。第l9～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分。选对但不全的得3分。有选错的得0分。
14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的
A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小
15．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。一电子由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。则
A．直线a位于某一等势面内，>
B．直线c位于某一等势面内，>
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
16．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：l，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k。则
A．U=66V，k= B．U=22V，k=
C．U=66V，k= D．U=22V，k=
17．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4 mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则
A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
”、“=”或“<”)。若实验中红光的波长为630 nm，双缝与屏幕的距离为1.00 m，测得第l条到第6条亮条纹中心问的距离为10.5 mm，则双缝之间的距离为____mm。
(2)(10分)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为=25 cm／s。两列波在t=0时的波形曲线如图所示。求
(i)t=0时，介质中偏离平衡位置位移为l6 cm的所有质点的x坐标；
(ii)从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm的质
点的时间。
35．[物理——选修3－5](15分)
(1)(5分)在某次光电效应买验中，得到的遏止电压UC与入射光的频率ν的关系如图所示。
若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示
为——，所用材料的逸出功可表示为——。
(2)(10分)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、
C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一
速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
理科综合能力测试试题参考答案
第1卷
二、选择题
14．D l5．B l6．A l7．C l8．D l9．AB 20．ACD 21．BD
第Ⅱ卷
三、非选择题
22．(6分) (2)1.40 (4)7.9 1.4
23．(9分) (1)15 35 (2)300 3000 (3) c
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
24．(12分)
依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为△l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得
2k△l1= mg ①
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 = IBL ②
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△l2=0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(△l1+△l2) = mg + F ③
由欧姆定律有
E = IR ④
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 kg ⑤
25．(20分)
(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)a1 ①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度1= 4m／s，由运动学公式得
1 =0+a1t1 ②
s0 = 0t1+a1t12 ③
式中，t1 = ls，s。= 4.5m是木板碰前的位移，0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得
μ1 = 0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－1的初速度向左做匀变速运动，小物块以1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 = ma2 ⑤
由图可得
a2 = ⑥
式中，t2 = 2s，2 = 0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2 = 0.4 ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a2，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度3。由牛顿第二定律及运
动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g = M)a3 ⑧
3 = －1＋a3△t ⑨
3 = 1＋a2△t ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
sl = △t ⑩
小物块运动的位移为
S2 = △t
小物块相对木板的位移为
△s = s2－s1 @
联立⑥⑧⑨⑩⑧式，并代入数值得
△s = 6.0m ⑩
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块
和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g = (m+M)a4 ⑩
0－32= 2a4s3 ⑩
碰后木板运动的位移为
s = s1+s3 ⑥
联立⑥⑧⑨④⑩@⑩⑩式，并代入数值得
s = －6.5m ⑩
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)BCD
(2)(i)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得
V1 = s2(l－)+s1() ①
V2 = s2l ②
在活塞缓慢下移的过程中，用P1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
s1 (p1－p) = m1g + m2g + s2 (p1－p) ③
故缸内气体的压强不变。由盖一吕萨克定律有
④
联立①②④式并代人题给数据得
T2 = 330K ⑤
(ii)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为Pl。在此后与汽缸外大气达到热平衡的
过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p’，由查理定律，有
⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
P′= 1.01×105Pa ⑦
34．[物理——选修3－4](15分)
(1) > 0.300
(2)(i) t = 0时，在x = 50 cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为l6 cm。两列波的波峰
相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm。
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为
λ1 = 50 cm，λ2 = 60 cm ①
甲、乙两列波波峰的x坐标分别为
由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的菇坐标为
x = (50+300n)cm n=0，±l，±2，… ④
(ii)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16cm。t = 0时，两波波谷间的x坐标之差为
式中，m1和m2均为整数：将①式代入⑤式得
由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为
从t = 0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－l6cm的质点的时间为
代入数值得
t = 0.1 s ⑨
35．[物理——选修3—5](15分)
(1)ek －eb
(2)A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，
开始时A的速度为0，第一次碰撞后C的速度为C1，A的速度为A1。由动量守恒定律和机械能守恒
定律得
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果
m=M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑
m
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