2015年高考新课标1物理卷答案

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标1）物理答案答案14.D15.B16.A17.C18.D19.AB20.ACD21.BD22.(2)1.40(4)7.9;1.423.(1)1535(2)3003000(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R224.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10.5lcm。由胡克定律和力的平衡条件得12klmg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=IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自伸长了20.3lcm,由胡克定律和力的平衡条件得122()mgFkll③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=0.01kg⑤25.(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰撞前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为1a，小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有1()g(mM)amM①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度14/vms，有运动学公式得1011vvat②0011112svtat2③式中，1t=1s,0s=4.5m是木板碰前的位移，0v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=0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以1v的初速度向左做匀变速运动，小物块以1v的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为2a，由牛顿第二定律有22mgma⑤由图可得21221vvatt⑥式中，2t=2s,2v=0,联立⑤⑥式和题给条件得2=0.4⑦（2）设碰撞后木板的加速度为3a，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度3v。由牛顿第二定律及运动学公式得213()mgMmgMa⑧313vvat⑨312vvat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1312vvst○11小物块运动的位移为1322vvst○12小物块相对木板的位移为21sss○13联立⑥⑧⑨⑩○11○12○13式，并代入数值得s=6.0m○14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4a，此过程中小物块和木板运动的位移为3s。由牛顿第二定律及运动学公式得14()()amMgmM○15234302as○16碰后木板运动的位移为13sss○17联立⑥⑧⑨⑩○11○15○16○17式，并代入数值得6.5sm○18木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.33.(1)BCD(2)(i)设初始时气体体积为1V，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为2V，温度为2T.由题给条件得121122Vsls①22Vsl②在活塞缓慢下移的过程中，用1p表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得111221()m()sppgmgspp③故缸内气体的压强不变。由盖-吕萨克定律有1212VVTT④联立①②④式并代入题给数据得2T=330K⑤（ii）在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为1p。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12'PpTT⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得'1.0110P5Pa⑦34（1）＞0.300（2）（i）t=0时，在x=50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移16cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从图线可以看出，甲，乙两列波长分别为150cm，260cm①甲，乙两列波波峰的x坐标分别为11150xk，10,1,2,k…②22250xk,20,1,2,k…③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为x=（50+300n）cm，0,1,2n，…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21'50(21)50(21)22xmm⑤式中，1m和2m均为整数。将①式代入⑤式得21'10(65)5xmm⑥由于1m，2m均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为'5xcm⑦从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为0'2xtv⑧代入数值得t=0.1s⑨35.(1)ekeb(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0v，第一次碰撞后C的速度为1cv，A的速度为1Av。由动量守恒定律和机械能守恒定律得011AcmvmvMv①22011122Amvmv2112cMv②联立①②式得10AmMvvmM③102CmvvmM④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mM,第一次碰撞后，A停止，C以A碰撞前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为2Av,B的速度为1Bv，同样有2210AAmMmMvvvmMmM⑤根据题意，要求A只与B,C各发生一次碰撞，应有21ACvv⑥联立④⑤⑥式得2240mmMM⑦解得(52)mM⑧另一解(52)Mm舍去。所以，m和M应满足的条件为(52)Mm＜M新课标第一网系列资料