2015年理科综合能力测试试题参考答案
二、选择题
14．D l5．B l6．A l7．C l8．D l9．AB 20．ACD 21．BD 三、非选择题 (一)必考题
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 1
s0 = ?0t1+ a1t12 ③
2
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 =
?2??1t2?t1 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
6
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 =
-?1??3△t ⑩ 2 小物块运动的位移为 S2 =
?1??32△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。 (二)选考题
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
1l
V1 = s2(l－ )+s1( ) ①
22
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
V1V2 ④ ?T1T2 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
pp1 ⑥ ?TT2 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 P′= 1.01×105Pa ⑦
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