福建高考
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2023年2月13日发(作者：)第1页（共12页）
2015年福建省高考物理试卷
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选
项符合题目要求。）
1．（6分）(2015•福建）如图,一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b,波长分别为λ
a
、
λ
b
，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为n
a
、n
b
，则（）
A．
λ
a
＜λ
b
，n
a
＞n
b
B．
λ
a
＞λ
b
，n
a
＜n
b
C．
λ
a
＜λ
b
，n
a
＜n
b
D．
λ
a
＞λ
b
，n
a
＞n
b
2．(6分）（2015•福建)如图,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心
O的距离分别为r
1
、r
2
，线速度大小分别为v
1
、v
2
,则（）
A．=B．=C．
=（）2D．
=(）2
3．(6分）(2015•福建）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T
的原、副线圈匝数分别为n
1
、n
2
,在T的原线圈两端接入一电压u=U
m
sinωt的交流电源，若
输送电功率为P，输电线的总电阻为2r,不考虑其它因素的影响,则输电线上损失的电功率为
（）
A．（）B．(）
C．
4（）2()2r
D．
4（)2()2r
4．（6分)(2015•福建）简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻
在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s,a、b之间只存在一个波谷，则从
该时刻起,下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()
A．B．C．D．
5．（6分)（2015•福建）如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在
同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t
1
，第二次由C滑到A，所用
的时间为t
2
,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的
动摩擦因数恒定，则（）
A．
t
1
＜t
2
B．
t
1
=t
2
C．
t
1
＞t
2
D．
无法比较t
1
、t
2
的大小
6．（6分）（2015•福建）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的正方形线框
abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒
PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线
框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
二、非选择题(本题包括4小题,共72分）
7．（6分）(2015•福建）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系\"的实验．
①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7。73cm；图乙是在弹簧下
端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量△l为cm；
②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规
范的做法是;（填选项前的字母)
A．逐一增挂钩码,记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线．图线的AB段明显偏离直线
OA，造成这种现象的主要原因是．
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8．（12分）(2015•福建)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小,实验器材如图
甲所示,现已完成部分导线的连接．
①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中,电流表的示数从零开始逐渐增大，请按
此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为A；
③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将只相同的小电珠并联后，
直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路,可使小电珠的总功率最大,其总功率的
值为W（保留两位小数）．
9．（15分）（2015•福建)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的v﹣t图象
如图所示．求：
(1)摩托车在0~20s这段时间的加速度大小a；
（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．
10．（19分)（2015•福建)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R
的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量
为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g．
(1）若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已
知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与
轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v
m
;
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s．
11．(20分）(2015•福建）如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场
和匀强磁场,电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大
小为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达
C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
(1）求小滑块运动到C点时的速度大小v
c
；
(2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W
f
;
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小
滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D
点时的速度大小为v
D
，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小
v
p
．
[物理-选修3-3］
12．(6分）(2015•福建)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是(）
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
13．(6分）（2015•福建）如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或
者经过ac过程到达状态c．设气体在状态b和状态c的温度分别为T
b
和T
c
，在过程ab和
ac中吸收的热量分别为Q
ab
和Q
ac
，则(）
A．
T
b
＞T
c
，Q
ab
＞Q
ac
B．
T
b
＞T
c
,Q
ab
＜Q
ac
C．
T
b
=T
c
，Q
ab
＞Q
ac
D．
T
b
=T
c
，Q
ab
＜Q
ac
［物理-选修3-5]
14．（2015•福建）下列有关原子结构和原子核的认识,其中正确的是(）
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A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D．Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克
15．(2015•福建）如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为
m,速度大小为2v
0
，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v
0
，方向向左，两滑块发
生弹性碰撞后的运动状态是(）
A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动
2015年福建省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选
项符合题目要求。）
1．(6分)（2015•福建）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b,波长分别为
λ
a
、λ
b
，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为n
a
、n
b
,则（）
A．
λ
a
＜λ
b
，n
a
＞n
b
B．
λ
a
＞
λ
b
，
n
a
＜
n
b
C．
λ
a
＜
λ
b
，
n
a
＜
n
b
D．
λ
a
＞
λ
b
,n
a
＞n
b
考
点：
光的折射定律．
专
题：
光的折射专题．
分
析：
根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光的波长大
小．
解
答：
解：由光路图可知，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，
则a光的折射率小，b光的折射率大．即n
a
＜n
b
．
折射率越大,频率越大，波长越小，则知a光的波长大，即λ
a
＞λ
b
．
故选:B．
点评:解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大
小,知道折射率、频率、波长、在介质中的速度等大小关系．
2．(6分）（2015•福建)如图,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心
O的距离分别为r
1
、r
2
，线速度大小分别为v
1
、v
2
,则（）
A．=B．=C．=（）
2
D．=
（)
2
考
点：
人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用．
专题:人造卫星问题．
分析:根据万有引力提供向心力=m，解出线速度与轨道半径r的关系进行
求解．
解答:解：根据万有引力提供向心力=m
v=,a、b到地心O的距离分别为r
1
、r
2
，
所以=,
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故选：A．
点评:本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系,能够根据题意选择
恰当的向心力的表达式．
3．(6分）(2015•福建）图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器，升压变压器T的
原、副线圈匝数分别为n
1
、n
2
,在T的原线圈两端接入一电压u=U
m
sinωt的交流电源,若输送
电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为
（）
A．（）B．(）
C．
4（）2(）2r
D．
4()2(）
2r
考
点：
远距离输电．
专
题：
交流电专题．
分
析：
理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，
再根据I=,求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率．
解
答：
解:加在原线圈上的电压U
1
=,
根据电压比与匝数比关系:，
所以：．
根据I=，输电线上的电流I=，输电线上消耗的功率P
耗
=I
2•2r=4（）2(）2r．故
C正确，A、B、D错误．
故选：C．
点
评：
解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功
率，电压比等于匝数比．
4．（6分）（2015•福建)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播,波速为v，若某时刻
在波的传播方向上,位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从
该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是（）
A．B．C．D．
考点：波长、频率和波速的关系;横波的图象．
分析：根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长,求出周期．分别得到质
点a从图示位置到达波谷的时间,从而进行比较．
解答:解:A图中，波长为2s，周期为T==．a点正向上振动,质点a从图示位置到达
波谷的时间t
A
==;
B图中，波长为s，周期为T==．a点正向下振动,质点a从图示位置到达波谷
的时间t
B
=T=；
C图中，波长为s，周期为T==．a点正向上振动,质点a从图示位置到达波谷
的时间t
C
==；
D图中，波长为s,周期为T==．a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷
的时间t
A
=T=；
故D图中质点a最早到达波谷．
故选:D．
点评：解决本题的关键要确定波长与s的关系,求得周期．能熟练根据波的传播方向
判断质点的振动方向．
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5．(6分）（2015•福建）如图，在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三点在
同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t
1
,第二次由C滑到A，所用的
时间为t
2
，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动
摩擦因数恒定,则（）
A．
t
1
＜t
2
B．
t
1
=t
2
C．
t
1
＞t
2
D．无
法
比
较
t
1
、
t
2
的
大
小
考
点：
动能定理的应用；滑动摩擦力．
分
析：
滑块做圆周运动,根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩
擦力大小关系，再比较滑块的运动时间．
解
答：
解:在AB段，由牛顿第二定律得:mg﹣F=m，滑块受到的支持力：F=mg﹣m，则
速度v越大,滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小，
在BC段,由牛顿第二定律得:F﹣mg=m，滑块受到的支持力：F=mg+m，则速度v
越大,滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，
由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小,
所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误;
故选：A．
点
评：
本题考查了比较滑块运动时间关系,分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律
与摩擦力公式即可正确解题．
6．（6分）(2015•福建)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的正方形线框abcd，
固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ,
在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接
触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
考点:导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专
题：
电磁感应——功能问题．
分
析：
本题分段过程分析：当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，
抓住PQ产生的感应电动势不变．
导体棒由靠近ab边向dc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电
阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ两端的电压如何变化；
由题意，PQ上外力的功率等于电功率，由P=，分析功率的变化;
当PQ从左端滑到ab中点的过程中，由于总电阻增大，则干路电流减小，PQcb回路
的电阻减小，通过cb的电流增大,可知ab中电流减小；当PQ从ab中点滑到右端的过
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程中,干路电流增大，PQda回路的电阻增大，PQ两端的电压减小，可知ab中电流减
小；
根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系,分析其功率如何变化．当矩形线框的总电阻等
于PQ的电阻时，线框的功率最大．
解
答：
解：根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P,画出该电路的等效电路图如图，
其中R
1
为ad和bc上的电阻值,R
2
为ab上的电阻与cd上的电阻的和,电阻之间的关系
满足：R
1
+R
2
+R
1
=3R，由题图可知,
当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：
当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：，
可知当导体棒向右运动的过程中,开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以当导
体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小．
A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中,产生的感应电动势E=BLv,保持不变,
外电路总电阻先增大后减小,由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即
PQ中电流先减小后增大．故A错误．
B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压,U=E﹣IR，可知PQ两端的电
压先增大后减小．故B错误；
C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大
后减小，由P=得知，PQ上外力的功率先减小后增大．故C正确．
D、由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动
的过程中电路中的总电阻先增大后减小,根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的
关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大,所以可
得线框消耗的电功率先增大后减小．故D错误．
故选:C．
点
评：
本题一要分析清楚线框总电阻如何变化,抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析
电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率
最大，分析功率的变化．
二、非选择题(本题包括4小题，共72分）
7．（6分）(2015•福建）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．
①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端
悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量△l为6.93cm；
②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作,下列选项中规范
的做法是A；（填选项前的字母)
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码,记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线．图线的AB段明显偏离直线
OA，造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹形限度．
考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．
专题:实验题；弹力的存在及方向的判定专题．
分析：①根据弹簧测力计的读数方法可得出对应的读数，再由读数减去原长即为伸长量；
②根据实验准确性要求可明确哪种方法更为规范；
③由弹簧的性质和图象进行分析,则可得出造成图象偏离的原因．
解答:解：①由图可知，图乙中示数为：14.65cm,则伸长量△l=14。66cm﹣7.73cm=6.93cm;
②为了更好的找出弹力与形变量之间的规律,应逐一增挂钩码,记下每增加一只钩码
后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重;故选：A；
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③在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的,但若超过弹簧的弹性限度,胡克定律
将不再适用；图中出现偏折的原因是因为超过了弹簧的弹性限度；
故答案为：①6。93；②A；③超过弹簧的弹性限度．
点评:弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比，对于实
验问题，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差．
8．(12分）（2015•福建）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材
如图甲所示,现已完成部分导线的连接．
①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中,电流表的示数从零开始逐渐增大,请按
此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示,则电流表的示数为0.44A；
③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将4只相同的小电珠并联
后,直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总
功率的值为2。25W(保留两位小数)．
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题．
分析:①根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图．
②根据图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数．
③当内外电阻相等时电源的输出功率最大，即小电珠的总功率最大,由图示图象求出
此时电珠两端电压与电流，由欧姆定律求出电珠的电阻，然后求出灯泡的个数,应用功
率公式可以求出小电珠的总功率．
解答：解：①滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大,则
滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：
②由图乙所示电流表可知，其量程为0。6A，分度值为0.02A，示数为0。44A．
③电源内阻为1欧姆,当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1欧姆时
灯泡的总功率最大，
由于内外电阻相等，则内外电压相等,电源电动势为3V，则路端电压为1。5V，由图
丙所示图象可知，
电压为1。5V时通过小电珠的电流为0.375A,此时小电珠的电阻：R==Ω=4Ω，4只小
电珠的并联阻值为1Ω，
因此需要4只小电珠并联,此时小电珠的总功率:P=4UI=4×1.5×0。375≈2.25．
故答案为：①如图所示；②0.44;③4;2。25．
点评：本题考查了连接实物电路图、电流表读数、求灯泡个数、求灯泡总功率;当电压与电流
从零开始变化时滑动变阻器只能采用分压接法,根据题意确定滑动变阻器的接法是正
确连接实物电路图的前提与关键．
9．(15分）（2015•福建）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t图
象如图所示．求：
(1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；
（2）摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．
考点：匀变速直线运动的图像．
专题:运动学中的图像专题．
分析:（1）v﹣t图象的斜率等于加速度,由加速度的定义求解．
（2)由图象与时间轴所围的面积表示位移,求得位移，再求平均速度大小．
解答：
解：（1)摩托车在0~20s这段时间的加速度a===1.5m/s
2
．
（2）摩托车在0～75s这段时间的位移x=30m=1500m
第8页（共12页）
平均速度大小===20m/s
答：
（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a是1.5m/s
2;
（2)摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小是20m/s．
点评:解决本题的关键要抓住速度图象的两个物理意义:斜率等于加速度,图象与时间轴所围
的面积表示位移．
10．(19分)(2015•福建）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为
R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量
为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g．
(1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车．已
知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与
轨道BC间的动摩擦因数为μ，求:
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v
m
;
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s．
考点：功能关系;机械能守恒定律．
分析：（1)滑块在圆弧的轨道上运动的过程中合外力提供向心力，所以滑块在B点的左侧受
到的支持力要大于重力，当滑块到达B时的速度最大，受到的支持力最大,由机械能
守恒求出滑块在B点的速度,然后又牛顿第二定律即可求解；
（2)根据题意，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，然
后结合机械能守恒即可求出小车的最大速度大小v
m
；
在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，写出速度的关系式，
然后结合运动学的公式即可求出小车的位移．
解答：解：（1）当滑块到达B时的速度最大，受到的支持力最大；当滑块下滑的过程中机械
能守恒,得:
滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：
解得:N=3mg
由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′=N=3mg
即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg．
（2）①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的
最大速度是v
m
，由机械能守恒得:
解得：
②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块
从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：
由于它们运动的时间相等,根据：可得：s
滑块
=2s
车
又:s
滑块
+s
车
=L
所以：小车的位移大小:s=L
答：（1）若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg；
（2）①滑块运动过程中,小车的最大速度大小是；②滑块从B到C运动过程中，小
车的位移大小是．
点评：该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；
第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位
移，往往根据平均速度研究．也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相
对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,不使用动量守恒定律．
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11．（20分）（2015•福建）如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电
场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外，磁感应强
度大小为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，
到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小v
c
；
（2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W
f
；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑
块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时
的速度大小为v
D
，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小v
p
．
考点:带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
专题:带电粒子在复合场中的运动专题．
分析:（1）小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析
计算此时的速度的大小;
(2）由动能定理直接计算摩擦力做的功W
f
；
(3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小;
解答：解:（1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足
qvB+N=qE
小滑块在C点离开MN时
N=0
解得v
c
=
（2）由动能定理
mgh﹣W
f
=﹣0
解得W
f
=mgh﹣
(3)如图，
小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，
g′=
且
解得
答：（1）小滑块运动到C点时的速度大小v
c
为；
（2）小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W
f
为mgh﹣；
（3）小滑块运动到P点时速度的大小v
p
为．
点评：解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的
作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,根据滑块的不同的运动过程逐步求
解即可．
［物理—选修3-3］
12．(6分）(2015•福建）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是(）
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高,物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
考点:物体的内能;＊晶体和非晶体．
分析：分子间距离减小时分子势能可能减小，也可能增大;温度是分子平均动能的标志；根据
麦克斯韦统计规律可以解释分子的速率的分布规律；单晶体的物理性质是各向异性，
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多晶体和非晶体的物理性质各向同性．
解答：解:A、当分子力表现为斥力时,分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负
功分子势能增大，分子间距的增大时反之，故A错误；
B、温度是分子平均动能的标志，故温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动
越剧烈．故B正确；
C、根据麦克斯韦统计规律可知,物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度
有关,故C错误；
D、单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性,故D错误．
故选:B．
点评：本题考查分子动理论内容,难度不大,需要强化记忆．分子势能与电势能和重力势能具
有相同的变化规律，可以类比学习．
13．（6分)(2015•福建)如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者
经过ac过程到达状态c．设气体在状态b和状态c的温度分别为T
b
和T
c
，在过程ab和ac
中吸收的热量分别为Q
ab
和Q
ac
，则（）
A．
T
b
＞T
c
，Q
ab
＞Q
ac
B．
T
b
＞T
c
，
Q
ab
＜Q
ac
C．
T
b
=T
c
,Q
ab
＞Q
ac
D．
T
b
=T
c
,Q
ab
＜Q
ac
考
点：
理想气体的状态方程；封闭气体压强．
专题:理想气体状态方程专题．
分析:状态B和C的体积从图中可得知，且已知状态C的温度，从B到C是等压
变化，由气体状态方程可得出状态B时的温度；
因状态A和状态C的温度相同,所以这两种状态下内能相同，从而可知A到
B和B到C的过程中内能的变化大小相同，这两个过程是一个不做功，一个
对外做功，结合热力学第一定律可知结果．
解
答：
解：设气体在a状态时的温度为T
a
，由图可知:V
C
=V
a
=V
0
、V
b
=2V
0
=2V
a
，
①从a到b是等压变化：
解得：T
b
=2T
a
从a到c是等容变化:,由于P
c
=2P
0
=2P
a
解得:T
c
=2T
a
所以：T
b
=T
c
②因为从a到c是等容变化过程,体积不变，气体不做功，故a→c过程增加
的内能等于a→c过程吸收的热量；而a→b过程体积增大,气体对外做正功，
由热力学第一定律可知a→b过程增加的内能大于a→b过程吸收的热量,Q
ac
＜Q
ab
．
故选：C．
点评:该题考查了气体的状态方程和热力学第一定律的应用,利用气体状态方程解
决问题时，首先要确定气体状态和各状态下的状态参量，选择相应的气体变
化规律解答；在利用热力学第一定律解决问题时，要注意气体的做功情况,
区分对内做功和对外做功，同时要注意区分吸热还是放热．
[物理—选修3-5]
14．（2015•福建)下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是(）
A．γ射线是高速运动的电子流
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B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D．Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克
考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．
专题：衰变和半衰期专题．
分析：氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据
库仑引力提供向心力判断电子动能的变化，通过原子能量变化和电子动能的变化确定
电势能的变化．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变；根据半衰期的物
理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解．
解答：解：A、γ射线是高速运动的光子流．故A错误;
B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小,能级减小,根据，
得动能增大．故B正确;
C、太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变．故C错误；
D、设原来Bi的质量为m
0
，衰变后剩余质量为m则有：g,即可知剩余质量为25g,故D
错误．
故选：B．
点评：该题考查静止射线的特点、波尔理论、聚变与裂变以及半衰期等，解决本题的关键知
道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子．能级越高，
轨道半径越大．
15．（2015•福建)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量
为m，速度大小为2v
0
，方向向右,滑块B的质量为2m，速度大小为v
0
，方向向左,两滑块发
生弹性碰撞后的运动状态是（）
A．A和B都向左运动B．A和
B都
向右
运动
C．A静止，B向右运动D．A向
左运
动，
B向
右运
动
考
点：
动量守恒定律．
分
析：
两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向,再根据动量守恒定律列方程，求解
即可．
解
答：
解：两球碰撞过程动量守恒,以两球组成的系统为研究对象,取水平向右方向为正方
向，碰撞前,A、B的速度分别为：v
A
=2v
0
、v
B
=v
0
．
碰撞前系统总动量：P=m
A
v
A
+m
B
v
B
=m×2v
0
+2m×(﹣v
0
）=0，P=0，
系统总动量为0,系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；
若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度相等,都是0;
若碰撞不是完全非弹性碰撞，则碰撞后二者的速度方向运动相反．
故D正确，ABC错误．
故选：D．
第12页（共12页）
点
评：
本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不
变，要注意选取正方向,用符号表示速度的方向．
参与本试卷答题和审题的老师有：wxz;高中物理;听潮；gzwl；wslil76；sddrg（排名不分先
后)
菁优网
2015年6月13日