2015年高考物理试题分类汇编20个模块专题汇总(解析)

第1页 2015年高考物理试题分类汇编及答案解析（20个专题）

目录

专题一 直线运动 (1)

专题二 相互作用 (5)

专题三 牛顿运动定律 (6)

专题四 曲线运动 (14)

专题五 万有引力定律 (18)

专题六 机械能与能源 (24)

专题七 电场 (33)

专题八 恒定电流 (42)

专题九 磁场 (54)

专题十 电磁感应 (61)

专题十一 交变电流 传感器 (72)

专题十二 机械振动与机械波 (76)

专题十三 光学 电磁波及相对论 (80)

专题十四 动量与动量守恒 (84)

专题十五 波粒二象性 原子物理 (87)

专题十六 力学实验 (90)

专题十七 电学实验 ..................................................................................................................... 94 专题十八 选修3-3 .................................................................................................................... 104 专题十九 选修3-4 .................................................................................................................... 110 专题二十 选修3-5 .. (121)

专题一 直线运动

1.（15江苏卷）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s 和2s 。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度22/m s 由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是

A ．关卡2

B ．关卡3

C ．关卡4

D ．关卡

5

第2页 【解析】加速运动时间s a v t 11==，加速运动位移m a

v s 1221==，到第2关卡匀速运动的时间s v s L t 5.32

1812=-=-=

，所以到达第2关卡的时刻（从开始运动计时）为s 5.42=T 小于5s ，放行；从第2关卡到第3关卡匀速运动时间s v L t 4283===，所以到达第3关卡的时刻（从开始运动计时）为s 5.83=T ，125.87<<，也是放行。从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是s 4，所以到达第4关卡的时刻（从开始运动计时）为s 5.123=T ，145.1212<<，被档住。

【答案】C

【点评】本题考查直线运动知识，难度：中等。

2.（15福建卷）（15分）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 图像如图所示，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v 。

【答案】（1）1.5m/s 2 （2）20 m/s

【解析】

试题分析：（1）由图知，在0-20s 内做匀加速运动，根据t

v a ??=，可求加速度a =1.5m/s 2； （2）根据v-t 图像与坐标轴围面积表示位移可求在0-75s 时间内位移为x =1500m ，所以平均速度为s m t x v 20==

3.（15四川卷）（15分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。

若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s 达到最高速度72km/h ，再匀速运动80s ，接着匀减速运动15s 到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为

第3页 1×106N ，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW ，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。

（1）求甲站到乙站的距离； （2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气体污染物的质量。（燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10－6克）

【答案】（1）s ＝1950m ；（2）m ＝2.04kg

【解析】

试题分析：（1）根据匀变速直线运动规律可知，地铁列车匀加速运动的位移为： s 1＝12

1vt ①

匀减速运动的位移为：s 3＝321vt ②

根据匀速运动规律可知，地铁列车匀速运动的位移为：s 2＝vt 2 ③ 根据题意可知，甲站到乙站的距离为：s ＝s 1＋s 2＋s 3 ④ 由①②③④式联立，并代入数据解得：s ＝1950m

（2）地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为：W 1＝Fs 1＋Pt 2 ⑤ 根据题意可知，燃油公交车运行中做的功为：W 2＝W 1 ⑥

由①⑤⑥式联立，并代入数据解得：W 2＝6.8×108J

所以公交车排放气体污染物的质量为：m ＝3×10－9×6.8×108kg ＝2.04kg

考点：匀速直线运动与匀变速直线运动规律的应用，以及功大小的计算。

4.（15重庆卷）若货物随升降机运动的v t 图像如题5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 关系的图像可能是

【答案】B

第4页

考点：本题考查v t -图图像、超重与失重、牛顿第二定律。

5.（15重庆卷）同学们利用如题6图1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，若捏住位置的刻度读数为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/s 2）；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”）.

80， 不相等 【解析】 试题分析：①在人的反应时间内直尺做自由落体运动，有2102x gt -=

，解得t = ②反应时间最长为0.4t s =，需要直尺的长度为2211100.40.88022

x gt m cm ==??==； ③自由落体运动从计时开始连续相等时间的位移为1:4:9:16，而相等时间内的位移为1:3:5:7，故长度不相等。

考点：本题考查研究自由落体运动的规律。

第5页 6.（15广东卷）

7.（15广东卷）

专题二 相互作用

1.（15海南卷）如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为△l 1和△l 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间

A.a 1=3g

B.a 1=0

C. △l 1=2△l 2

D. △l 1=△l 2

【答案】

AC

第6页

2.（15广东卷）

专题三 牛顿运动定律

1.（15江苏卷）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力

A ．t=2s 时最大

B ．t=2s 时最小

C ．t=8.5s 时最大

D ．t=8.5s 时最小

6.【解析】0~4s ，加速度向上，人超重，设地板对人支持力为F N ，则ma mg F N =-，当s t 2=时，加速度最大，支持力就最大，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最大；7~10s ，加速

第7页 度向下，人失重，设地板对人支持力为F N ，则ma F mg N =-，ma mg F N -=当s t 5.8=时，加速度最大，支持力就最小，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最小。

【答案】AD

【点评】本题考查牛顿定律和超重失重知识，难度：中等

2.（15福建卷）如图，在竖直平面内，滑到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 ．12t t <

B ．12t t =

C ．12t t >

D ．无法比较1t 、2t 的大小

【答案】：A

【解析】

试题分析：在AB 段，根据牛顿第二定律R

v m F mg N 2

=-，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC 段，根据牛顿第二定律R

v m mg F N 2

=-，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，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，所以A 正确。

3.（15海南卷）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（ ）

A.4倍

B. 2倍

C.3倍

D.

2倍

【答案】D

【解析】设f kv =，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有2P Fv fv kv v kv ===?=，变化后有22'''''P F v kv v kv ==?=，联立解得'v =，D

第8页 正确；

4.（15海南卷）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时

A.物块与斜面间的摩擦力减小

B.物块与斜面间的正压力增大

C.物块相对于斜面减速下滑

D.物块相对于斜面匀速下滑

【答案】BD

【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式f N F F μ=可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m ，当匀速运动时有

sin cos mg mg θμθ=，即sin cos θμθ=，假设物体以加速度a 向上运动时，有N m g a cos θ=+（），f m g a cos μθ=+（），因为sin cos θμθ=，所以

sin m g a m g a cos θμθ+=+（）（），故物体仍做匀速下滑运动，C 错误D 正确；

5.（15四川卷）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6C ，质量m ＝0.25kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点，到达B 点时速度是5m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示。P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：

（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间；

第9页 （2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功。

【答案】（1）t 1＝0.5s ；（2）W ＝－9.25J 。

【解析】

试题分析：（1）物体P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小为：f ＝μmg ＝1N

根据表格数据可知，物体P 在速率v ＝0～2m/s 时，所受水平外力F 1＝2N ＞f ，因此，在进入电场区域之前，物体P 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，不妨设经时间t 1速度为v 1＝2m/s ，还未进入电场区域。

根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1t 1 ① 根据牛顿第二定律有：F 1－f ＝ma 1 ② 由①②式联立解得：t 1＝f

F mv 11＝0.5s ＜0.55s ，所以假设成立 即小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间为t 1＝0.5s

（2）当物体P 在速率v ＝2～5m/s 时，所受水平外力F 2＝6N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2 ③ 根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2 ④ 由③④式联立解得：v 2＝3m/s ⑤ 物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F 2＝6N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律有：F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥

根据匀变速直线运动规律有：2a 3x 1＝2B v －22v ⑦

由⑤⑥⑦式联立解得：x 1＝1m ⑧ 根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3N ，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上有：x 2＝v B t 3 ⑨ 根据几何关系有：cot α＝

23v gt ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x 2＝12

25m ? 所以电场力做的功为：W ＝－qE （x 1＋x 2） ? 由⑧??式联立解得：W ＝－9.25J

考点：物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用。

6.（15安徽卷）图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是

A．M B．N C．P D．Q

【答案】C

【解析】同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体。

7.（15重庆卷）若货物随升降机运动的v t-图像如题5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关系的图像可能是

B

【答案】

8.（15新课标2卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q 间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为

A. 8

B.10

C.15

D.18

【答案】BC

第10页

第11页 【解析】

试题分析：由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有m 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：m

k n F km F )(32-=，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误

考点：牛顿第二定律

9.（15新课标2卷）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin37°=5

3）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为8

3，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l =27m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s 2。求：

（1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小

（2）A 在B 上总的运动时间

【答案】（1）a 1=3m/s 2； a 2 =1m/s 2；（2）4s

第12页

11sin ma f mg =-θ……⑸ 212sin ma f f mg =+-θ………⑹ 联立以上各式可得a 1=3m/s 2…………⑺

第13页

(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分

)

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动；

专题四曲线运动

1.（15江苏卷）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球

A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大，D．速率先增大后减小

【解析】小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲线运动。初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率增大，所以速率先减小后增大。

【答案】BC

【点评】本题考查曲线运动，难度：中等

2.（15江苏卷）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在

转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为3

2

L，转动该装

置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：

第14页

第15页

（1）弹簧的劲度系数k ；

（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度0

ω； （3）弹簧长度从32L 缓慢缩短为12

L 的过程中，外界对转动装置所做的功W 。 【解答】（1）装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为1F 、1T ，OA 杆与转轴的夹角为1θ. 小环受到弹簧的弹力2

1L k F ?=弹 小环受力平衡111cos 2θT mg F +=弹

小球受力平衡mg T F =+1111cos cos θθ；1111sin sin θθT F = 解得L

mg k 4= (2) 设OA 、AB 杆中的弹力分别为2F 、2T ，OA 杆与转轴的夹角为2θ，弹簧长度为x 。 小环受到弹簧的弹力)(2L x k F -=弹

小环受力平衡mg F =2弹,得L x 4

5= 对小球mg F =22cos θ；22022sin sin θωθl m F =；l

x 2cos 2=θ 解得：L

g 580=ω （3）弹簧长度为L 2

1时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为3F 、3T ，OA 杆与转轴的夹角为3θ， 小环受到弹簧的弹力kL F 2

13=弹 小环受力平衡333cos 2θT mg F =+弹，l L 4cos 3=

θ 对小球3333cos cos θθT mg F +=；3233333sin sin sin θωθθl m T F =+； 解得L

g 163=ω 整个过程弹簧弹性势能变化为0，则弹力做功为0，由动能定理

233)sin (22)4

143(2)2123(θωl m L L mg L L mg W ?=---- 解得L

mgl mgL W 2

16+=

第16页 【解析】

小球和小环位置示意图

【点评】本题考查圆周运动，弹簧等知识和力的分析，力的平衡，向心力等能力，综合性强，物理情景复杂。难度：难

3.（15福建卷）（19分）如图，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，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2

M 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v m ；

② 滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s 。

第17页 【答案】：（1）3mg （2）①gR v m 3

1=

②s=L /3 【解析】 试题分析：（1）由图知，滑块运动到B 点时对小车的压力最大

从A 到B ，根据动能定理：02

12-=

B mv mgR 在B 点：R v m mg F B N 2=- 联立解得： F N =3mg ，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg

（2）①若不固定小车， 滑块到达B 点时，小车的速度最大

根据动量守恒可得：m Mv v m ='

从A 到B ，根据能量守恒：222

121m Mv v m mgR +'= 联立解得：gR v m 3

1= ②设滑块到C 处时小车的速度为v ，则滑块的速度为2v ，根据能量守恒：()mgL Mv v m mgR μ++=222

1221 解得：gL gR v μ3

131-= 小车的加速度：g M mg a μμ2

1==

根据as v v m 222

=- 解得：s=L /3

4. （15新课标1卷）

第18页

专题五 万有引力定律

1.（15江苏卷）过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51 peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径为120

，该中心恒星与太阳的质量比约为 A ．110

B ．1

C ．5

D ．10

第19页 【解析】根据2224T r m r GMm π?=，得2

3

24GT r M π=， 所以14

365201)()(23251351=?=?=）（）（地地日恒T T r r M M 。 【答案】B

【点评】本题考查万有引力和天天运动知识，难度：容易

2.（15北京卷）假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么

A ．地球公转周期大于火星的公转周期

B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度

C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度

D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度

【答案】D

【难度】★★

【考点】万有引力定律与天体运动中各参量定性分析

【解析】根据万有引力公式与圆周运动公式结合解题。再由地球环绕太阳的公转半径小于火星环绕太阳的公转半径，利用口诀“高轨、低速、大周期”能够非常快的判断出，地球的轨道“低”，因此线速度大、周期小、角速度大。最后利用万有引力公式a=2

R GM ,得出地球的加速度大。 因此为D 选项。

3.（15福建卷）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 （ ）

12.v A v = 12B.v v = 21221C.

()v r v r = 21122C.()v r v r = 【答案】：A

【解析】

试题分析：由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据

r v m r

Mm G 2

2=，得：r GM v =，所以12.v A v =A 正确；B 、C 、D 错误。

第20页 4.（15海南卷）若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为7:2。已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R ，由此可知，该行星的半径为（）

A. R 21

B. R 2

7 C. 2R

D.R 27 【答案】C

5.（15四川卷）登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下表，火星和地球相比

【答案】B 6.4

考点：万有引力定律的应用和分析数据、估算的能力。

6.（15安徽卷）由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用

下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同

的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆

周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的

一般情况

．．．．）。若A星体质量为2m，B、C两星体的质

量均为m，三角形的边长为a，求：

（1）A星体所受合力大小F A；

（2）B星体所受合力大小F B；

（3）C星体的轨道半径R C；

（4）三星体做圆周运动的周期T。

【答案】（1

）

A

F=（2

）

B

F=；（3

）

B

R=；（4

）T=

【解析】（1）A星体受B、C两星体的引力大小相等，

2

2

2 BA CA

m F F G

a

==

，合力

2

2

A BA

F

a

==①；

（2）B星体受A星体的引力

2

2

2

AB BA

m

F F G

a

==，B星体受C星体的引力

2

2

CB

m

F G

a

=，三角形定则结合余弦定理得

，

第21页

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/6y0q.html