2015年高考真题理综物理(安徽卷)Word版含解析

-1-α粒子重金属原子核MNPQA2RV3V2V1A1cdab~R02015年安徽高考理综试题（物理部分）14．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．MB．NC．PD．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。15．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为221rqqkF=，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为A．kg·A2·m2B．kg·A-2·m3·s-4C．kg·m2·C-2D．N·m2·A-2【答案】B【解析】根据单位制，k的单位为N·m2·C-2，而1N=1kg·m·s-2，1C=1A·s，代入得k的单位为kg·A-2·m3·s-4，故答案为B．16．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的变流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动【答案】D-2-【解析】根据变压器原理，输出电压U2保持不变，而A2示数变大说明回路电阻变小，所以滑动变阻器电阻R减小了，即变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故答案为D．17．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为A．22mveLB．eSnmv2C．nevρD．SLevρ【答案】C【解析】根据电流的微观表达式Inesv、欧姆定律UIR、电阻定律LRS及电势差与电场强度的关系UEL可得金属棒内的电场强度大小Enev，故答案为C．18．如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ。已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为A．2αsin2θαsin+B．2θsin2θαsin+C．)2αθsin(θsinD．)2θαsin(αsin【答案】A【解析】根据对称性知，12，34，又12，根据几何关系，5，345，所以122，342，即入射角132i，则计算棱镜对该色光的θi’iαABCLv+—Sθi’iαABC12345-3-××××××××××××××××××××××××××××××××××××vθcdabMNl折射率表达式为sinsin2sin3sin2in，答案为A．19．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则A．电路中感应电动势的大小为θsinBlvB．电路中感应电流的大小为rθsinBvC．金属杆所受安培力的大小为rθsinlvB2D．金属杆的发热功率为θsinrlvB22【答案】B【解析】金属棒的有效切割长度为l，电路中感应电动势的大小EBlv，选项A错误；金属棒的电阻sinrlR，根据欧姆定律电路中感应电流的大小sinEBvIRr，选项B正确；金属杆所受安培力的大小2sinlBlvFBIr，选项C错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为222sinBlvPIRr，选项D错误．答案为B．20.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为02，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为A．SεQ0和SεQ02B．02QS和SεQ02++++----S-4-C．02QS和202QSD．SεQ0和202QS【答案】D【解析】由题意，单块极板产生的电场强度为002QES，根据电场的叠加原理，极板间的电场强度大小002QEES，选项B、C错误；由于一块极板在另一块极板处产生的电场强度处处相同，借用微元和累加的思想，所以另一块极板所受电场力为2002QFQES，故选项A错误．答案为D．21．（18分）I．在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端。用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示。请将以下的实验操作和处理补充完整：①用铅笔描下结点位置，记为O；②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，；④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑥比较的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验。【答案】③沿此时细绳（套）的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成-5-I/AIR/V1.61.51.41.31.21.1010203040506070直线；⑥F和F3．Ⅱ．某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100μA，内阻为2500Ω的表头，一个开关，两个电阻箱（0—999.9Ω）和若干导线。（1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50mA的电流表，则应将表头与电阻箱（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为Ω。（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图1所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如下表。①根据表中数据，图2中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图2中，并画IR—I图线123456R(Ω)95.075.055.045.035.025.0I(mA)15.018.724.829.536.048.0IR(V)1.421.401.361.331.261.20mAREr图1图2-6-②根据图线可得电池的电动势E是V，内阻r是Ω。【答案】（1）并联5.0；（2）①倾斜直线（略）；②1.532.0【解析】（1）100μAgI，2500gR，量程50mAI，根据并联分流原理，改装成大量程电流表需并联的电阻5.0gggIRRII；（2）根据闭合电路欧姆定律，EIRIr，即IREIr，所以IRI图像的纵轴截距即等于电池的电动势E的大小，斜率的绝对值即等于电池内阻r的大小，由图像可求出E=1.53V，2.0r．22．（14分）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。【答案】（1）0.32；（2）130N；（3）9J【解析】（1）由A到B做匀减速运动，2202BABvvax，由牛顿第二定律mgma，联立得0.32（或根据动能定理2201122BABmvmvmgx，得0.32）（2）根据动量定理，取水平向左为正方向，有BBFtmvmv，代入数据，得130NF（3）根据动能定理，2102BWmv，所以9JW．Av0B-7-23．（16分）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m，带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计，求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率。【答案】（1）03WqEl；（2）023ACmltqE；（3）0172CqElvm【解析】（1）电场力做功与路径无关，A、C间沿电场线方向的距离03yl，所以电场力做功03WqEyqEl；（2）由对称性知，轨迹最高点在y轴上，设为P点，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，又A、P、B、C的水平间距相等，均为l0，所以三段轨迹经历时间也相等，设为t0，由P到C竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，有:1:3PBBCyy，0PByl，由P到B，有20012qEltm，解得002mltqE，所以粒子从A到C过程所经历的时间00233ACmlttqE；（3）由P到C，水平速度0022xvtl，所以0002xlqElvtm，竖直方向00242yvtl，所以0044yxlvvt，即粒子经过C点时的速率22017172CxyxqElvvvvm．24．(20分)AB-l0l0OC(2l0,-3l0)yx-8-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FA；（2）B星体所受合力大小FB；（3）C星体的轨道半径RC；（4）三星体做圆周运动的周期T。【答案】（1）2223AGmFa；（2）227BGmFa；（3）74BRa；（4）3aTGm【解析】（1）A星体受B、C两星体的引力大小相等，222BACAmFFGa，合力22233ABAGmFFa①；（2）B星体受A星体的引力222ABBAmFFGa，B星体受C星体的引力22CBmFGa，三角形定则结合余弦定理得，222272cos120oBABCBABCBGmFFFFFa②；（3）由对称性知，OA在BC的中垂线上，CBRR．对A星体：222232AGmmRa③，对B星体：2227BGmmRa④，联立解得37ACRR，在三角形中，2223()()22ACaaRR，解得74CRa，即74BRa⑤；（4）把⑤式代入④式，得32Gma，即32aTGm．OACBRARBRC-9-