高考真题（安徽卷）物理试题详尽解析（Word版） 5页

姓名 座位号 （在此卷上答题无效） 绝密★启用前 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 理科综合能力测试（物理） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第 1 页至第 5 页，第Ⅱ卷第 6 页至 第 12 页。全卷满分 300 分，时间 150 分钟。 考生注意事项： 1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘 贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的地方填写姓 名和座位号后两位。 2、答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3、答第Ⅱ卷时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰。作 图题可先用铅笔在答题卡．．．规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在 题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 4、考试结束后，务必将试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷（选择题 共 120 分） 本卷共 20 小题，每小题 6 分，共 120 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 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．M 点 B．N 点 C．P 点 D．Q 点 【答案】C 【解析】由牛顿第二定律加速度的方向与所受合力方向相同，α粒子与重金属原子核的作用力为斥力，沿两连线的背 离方向，由题图可得 P 点描述正确。选项 C 正确。 15．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别 q1 和 q2，其间距离为 r 时，它们之间的相互 作用力的大小为 1 2 2 q qF k r  ，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·m3 B．kg·A–2·m3·s–4 C．kg·m2·C–2 D．N·m2·A–2 【答案】B 【解析】静电力常量 k=9.0×109N·m2/C2，由牛顿第二定律知：1N=1kg·m/s2，由电流的定义知：1C=1A·s， 故 1N·m2/C=1 kg·A–2·m3·s–4．选项 B 正确。 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交流电源两端，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 【解析】由于理想变压器，输入与输出端电压对确定的输入电源是一定的，A、B 错误；而ΔP1=ΔP2，即 U1ΔI1=U2ΔI2，故 1 2 2 1 1 4 I U I U    ，由变压器原理： 1 1 2 2 4 1 n U n U   为降压变压器，C 错误；V2 不变电流 表 A2 的示数增大，负载电阻减小，变阻器滑片是沿 c→d 的方向滑动，D 正确。选项 D 正确。 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 α粒子 M N P Q 重金属原子核v0 A1 V1 A2 V2 V3 a b R0 R c d A． 2 2 mv eL B． 2mv Sn e C． nev D． ev SL  【答案】C 【解析】由题义金属棒中的电荷量为 q=LSne，由一端运动到另一端所需时间 t=L/v，故电流 I=q/t=Snev，棒 两端加上恒定的电压 U=IR，而 R=ρL/S，所以 U=ρLnev；金属棒内的电场强度大小 E=U/L=ρnev，选项 C 正确。 18．如图所示，一束单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 iʹ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． sin 2 sin 2     B． sin 2 sin 2     C． sin sin( )2    D． sin sin( )2    【答案】A 【解析】由折射定律公式： 1 2 sin sin n   ，由几何关系可得：棱镜中的折射角 0 0 2 180 (180 ) 2 2      、 空气中的入射角 1 ( )2 2     代入得 sin 2 sin 2 n      ，选项 A 正确。 19．如图所示，abcd 为水平放置的平行线“匸”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．电路中感应电动势为 sin Blv  B．电路中感应电流的大小为 sinBv r  C．金属杆所受安培力的大小为 2 sinB lv r  D．金属杆的热功率为 2 2 sin B lv r  【答案】B 【解析】由法拉第电磁感应定律可得：E Blv ，A 错误；又由欧姆定律 sinE EI R lr   ，故电路中感应 电流的大小为 sinBvI r  ，选项 B 正确；金属杆所受安培力的大小为 2 sin l B lvF BI r  ，C 错误； 金属杆的热功率为 2 2 2 2sin sin( ) sinQ Bv lr B lvP I R r r      ，D 错误。 20．已知均匀带电的无穷大平面在真空中触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，带电荷量为 Q．不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，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是 A． 0 Q S 和 2 0 Q S B． 02 Q S 和 2 0 Q S L S v + – A B iʹi C θ α θ aM N b c d vl S + + + + + – – – – – C． 02 Q S 和 2 02 Q S D． 0 Q S 和 2 02 Q S 【答案】D 【解析】均匀带电的无穷大平面在真空中触发电场的场强大小为 02   ，正极板的电荷在极板间触发电场的 场强大小为 02 Q S ，负极板的电荷在极板间触发电场的场强大小为 02 Q S ，方向相同，故极板间的电场强度 大小为 0 Q S ；以一极板电荷为试探电荷得两极板间相互的静电引力为 02 QF nqE Q S   ．选项 D 正确。 第 II 卷（非选择题 共 180 分） 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，互成角度地施加压力，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扔拉到位置 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（0~999.9 Ω）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，则应该将表头与电阻箱 （填“并联”或“串联”），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。 mA R E r R(Ω) I(mA) IR(V) 1 2 3 4 5 6 95.0 75.0 55.0 45.0 35.0 25.0 15.0 18.7 24.8 29.5 36.0 48.0 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20 图 1 2 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，并画出 IR–I 图 线； I/mA IR/V 0 10 20 30 40 50 601.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 × × × × 图 2 I/mA IR/V 0 10 20 30 40 50 601.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 × × × × × × 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如图所示 ②1.53 2.0 【解析】电流表扩大量程需并联一个电阻，有 ImARmA=(I–ImA)R 并，得 R 并=5.0Ω．描点作图如图，由图可得 电池的电动势 E 是 1.53V，曲线斜率的绝对值为电池内阻内阻 r 是 2.0Ω． 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． 解：(1)由动能定理，有 2 2 0 1 1 2 2mgs mv mv   可得 μ=0.32 (2)由动量定理，有 F t mv mv   可得 F=130N (3) 21 9J2W mv  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。 解：(1) 0( ) 3AC A CW qE y y qEl   (2)根据抛体运动的特点，粒子在 x 方向上做匀速直线运动，由对称性可知轨道最高点 D 在 y 轴上，可 令 tAD=tDB=T，则 tBC=T 由 qE=ma 得 qEa m  又 21 2Dy aT 2 0 13 (2 )2Dy l a T  解得 02mlT qE  则 A→C 过程所经历的时间 023 mlt qE  (3)粒子在 DC 段做类平抛运动，于是有 02 (2 )Cxl v T (2 )Cyv a T 2 2 017 2C Cx Cy qElv v v m    24．（20 分） 由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，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． A B v0 x y A B C(2l0,-3l0) -l0 l0O x y A B C(2l0,-3l0) -l0 l0O D A B C RA RB RC O 解：(1)由万有引力定律，A 星体所受 B、C 星体引力大小为 2 2 2 2A B BA CA m m mF G G Fr a    方向如图 则合力大小为 2 22 3A mF G a  (2)同上，B 星体所受 A、C 星体引力大小分别为 2 2 2 2A B AB m m mF G Gr a   2 2 2 c B CB m m mF G Gr a   方向如图 由 2 0 2cos60 2Bx AB CB mF F F G a    2 0 2sin60 3By AB mF F G a   可得 2 2 2 27B Bx By mF F F G a    (3)通过分析可知，圆心 O 在中垂线 AD 的中点， 2 23 1 4 2CR a a             （或：由对称性可知 OB=OC=RC 1 2cos Bx B C aF DBOBD F OB R     可得 7 4CR a (4)三星体运动周期相同，对 C 星体，由 2 2 2 27 ( )C B C mF F G m Ra T    可得 3aT Gm  x y O FAB FCB FBA FCA A B CD FB