安徽高考物理試卷(含詳細(xì)解析)

第6頁2015年安徽高考物理試卷一．選擇題（共7小題）1．如圖示是α粒了（氦原子核）被重金屬原子核散射的運(yùn)動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點(diǎn)，在散射過程中可以認(rèn)為重金屬原子核靜止不動．圖中所標(biāo)出的α粒子在各點(diǎn)處的加速度方向正確的是（）A．M點(diǎn)B．N點(diǎn)C．P點(diǎn)D．Q點(diǎn)2．由庫侖定律可知，真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時(shí)，它們之間相互作用力的大小為F=k，式中k為靜電力常量．若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應(yīng)為（）A．kg?A2?m3B．kg?A﹣2?m3?s﹣4C．kg?m2?C﹣2D．N?m2?A﹣23．圖示電路中，變壓器為理想變壓器，a、b接在電壓有效值不變的交流電流兩端，R0為定值電阻，R為滑動變阻器，現(xiàn)將變阻器的滑片從一個(gè)位置滑動到另一位置，觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A，則下列說法正確的是（）A．電壓表V1示數(shù)增大B．電壓表V2，V3示數(shù)均增大C．該變壓器起升壓作用D．變阻器滑片是沿c→d的方向滑動4．一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，在棒兩端加上恒定的電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為（）A．B．C．ρnevD．5．如圖所示，一束單色光從空氣入射到棱鏡的AB面上，經(jīng)AB和AC兩個(gè)面折射后從AC面進(jìn)入空氣，當(dāng)出射角i′和入射角i相等時(shí)，出射光線相對于入射光線偏轉(zhuǎn)的角度為θ，已知棱鏡頂角為α，則計(jì)算棱鏡對該色光的折射率表達(dá)式為（）A．B．C．D．6．如圖所示，abcd為水平放置的平行“?”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好）．則（）A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為B．電路中感應(yīng)電流的大小為C．金屬桿所受安培力的大小為D．金屬桿的熱功率為7．已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，?0為常量，如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q，不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看作無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為（）A．和B．和C．和D．和二．解答題（共5小題）8．在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用圖釘把白紙固定在水平放置的木板上，將橡皮條的一端固定在板上一點(diǎn)，兩個(gè)細(xì)繩套系在橡皮條的另一端，用兩個(gè)彈簧測力計(jì)分別拉住兩個(gè)3．圖示電路中，變壓器為理想變壓器，a、b接在電壓有效值不變的交流電流兩端，R0為定值電阻，R為滑動變阻器，現(xiàn)將變阻器的滑片從一個(gè)位置滑動到另一位置，觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A，則下列說法正確的是（）A．電壓表V1示數(shù)增大B．電壓表V2，V3示數(shù)均增大C．該變壓器起升壓作用D．變阻器滑片是沿c→d的方向滑動分析：根據(jù)歐姆定律分析負(fù)載電阻的變化，圖中變壓器部分等效為一個(gè)電源，變壓器右側(cè)其余部分是外電路，外電路中，R0與滑動變阻器R串聯(lián)；然后結(jié)合閉合電路歐姆定律和串并聯(lián)電路的電壓、電流關(guān)系分析即可．解答：解：A、觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A，即副線圈電流增大，由于a、b接在電壓有效值不變的交流電流兩端，匝數(shù)比不變，所以副線圈電壓不變，即V1，V2示數(shù)不變，根據(jù)歐姆定律得負(fù)載電阻減小，所以變阻器滑片是沿c→d的方向滑動，故A錯(cuò)誤，D正確，B、由于R0兩端電壓增大，所以滑動變阻器R兩端電壓減小，即電壓表V3示數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；C、觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A，即原線圈電流增大量小于副線圈電流增大量，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，所以該變壓器起降壓作用，故C錯(cuò)誤；故選：D．4．一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，在棒兩端加上恒定的電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為（）A．B．C．ρnevD．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：利用電流的微觀表達(dá)式求的電流，由電阻的定義式求的電阻，由E=求的電場強(qiáng)度解答：解：導(dǎo)體中的電流為I=neSv導(dǎo)體的電阻為R=導(dǎo)體兩端的電壓為U=RI場強(qiáng)為E=聯(lián)立解得E=ρnev故選：C5．如圖所示，一束單色光從空氣入射到棱鏡的AB面上，經(jīng)AB和AC兩個(gè)面折射后從AC面進(jìn)入空氣，當(dāng)出射角i′和入射角i相等時(shí)，出射光線相對于入射光線偏轉(zhuǎn)的角度為θ，已知棱鏡頂角為α，則計(jì)算棱鏡對該色光的折射率表達(dá)式為（）A．B．C．D．分析：由幾何關(guān)系可明確在AB邊入射時(shí)的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率．解答：解：由折射定律可知，n=；因入射角和出射角相等，即i=i′故由幾何關(guān)系可知，β=；vvi=+β=；故折射率n=；故選：A．6．如圖所示，abcd為水平放置的平行“?”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好）．則（）A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為B．電路中感應(yīng)電流的大小為C．金屬桿所受安培力的大小為D．金屬桿的熱功率為分析：由導(dǎo)體切割磁感線公式可求得感應(yīng)電動勢的大小，由安培力公式F=BIL可求得安培力以；由P=FV即可求得功率；注意公式中的l均為導(dǎo)軌間的距離．解答：解：A、電路中感應(yīng)電動勢的大小E=Blv；公式中的l為切割的有效長度，故電動勢E=Blv；故A錯(cuò)誤；B、感應(yīng)電流i==；故B正確；C、安培力的大小F=BIL=；故C錯(cuò)誤；D、功率P=FV=；故D錯(cuò)誤；故選：B．7．已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，?0為常量，如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q，不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看作無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為（）A．和B．和C．和D．和分析：由題意可明確兩極板單獨(dú)在極板內(nèi)部形成的場強(qiáng)大小，根據(jù)電場的疊加可明確合場強(qiáng)；相互作用力可看作極板在對方場強(qiáng)中的受力，即F=Eq．解答：解：兩極板均看作無窮大導(dǎo)體板，極板上單位面積上的電荷量σ=；則單個(gè)極板形成的場強(qiáng)E0==，兩極板間的電場強(qiáng)度為：2×=；兩極板間的相互引力F=E0Q=；故選：D．二．解答題（共5小題）8．在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用圖釘把白紙固定在水平放置的木板上，將橡皮條的一端固定在板上一點(diǎn)，兩個(gè)細(xì)繩套系在橡皮條的另一端，用兩個(gè)彈簧測力計(jì)分別拉住兩個(gè)細(xì)繩套，互成角度地施加拉力，使橡皮條伸長，結(jié)點(diǎn)到達(dá)紙面上某一位置，如圖所示，請將以下的實(shí)驗(yàn)操作和處理補(bǔ)充完整：①用鉛筆描下結(jié)點(diǎn)位置，記為O；②記錄兩個(gè)彈簧測力計(jì)的示數(shù)F1和F2，沿每條細(xì)繩（套）的方向用鉛筆分別描出幾個(gè)點(diǎn)，用刻度尺把相應(yīng)的點(diǎn)連成線；③只用一個(gè)彈簧測力計(jì)，通過細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點(diǎn)仍拉到位置O，記錄測力計(jì)的示數(shù)F3，記下細(xì)繩的方向；④按照力的圖示要求，作出拉力F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3；⑤根據(jù)力的平行四邊形定則作出F1和F2的合力F；⑥比較力F3與F的大小和方向的一致程度，若有較大差異，對其原因進(jìn)行分析，并作出相應(yīng)的改進(jìn)后再次進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．分析：該實(shí)驗(yàn)采用了等效替代的方法，因此要求兩次拉橡皮筋要使橡皮筋的形變相同，即將橡皮筋拉到同一點(diǎn)，力是矢量，因此在記錄時(shí)要記錄大小和方向，步驟③中要記下細(xì)繩的方向，才能確定合力的方向，步驟⑥比較力F′與F的大小和方向，看它們是否相同，得出結(jié)論．解答：解：步驟③中要記下細(xì)繩的方向，才能確定合力的方向，從而用力的圖示法畫出合力；步驟⑥比較力F3與F的大小和方向，看它們的一致程度，得出結(jié)論．故答案為：記下細(xì)繩的方向；力F3與F的大小和方向．9．某同學(xué)為了測量一節(jié)電池的電動勢和內(nèi)阻，從實(shí)驗(yàn)室找到以下器材：一個(gè)滿偏電流為100μA、內(nèi)阻為2500Ω的表頭，一個(gè)開關(guān)，兩個(gè)電阻箱（0～999.9Ω）和若干導(dǎo)線．（1）由于表頭量程偏小，該同學(xué)首先需將表頭改裝成量程為50mA的電流表，則應(yīng)將表頭與電阻箱并聯(lián)（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并將該電阻箱阻值調(diào)為5.0Ω．（2）接著該同學(xué)用改裝的電流表對電池的電動勢及內(nèi)阻進(jìn)行測量，實(shí)驗(yàn)電路如圖1所示，通過改變電阻R測相應(yīng)的電流I，且作相關(guān)計(jì)算后一并記錄如表：123456R（Ω）95.075.055.045.035.025.0I（mA）15.018.724.829.536.048.0IR（V）1.421.401.361.331.261.20①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，圖2中已描繪出四個(gè)點(diǎn)，請將第5、6兩組數(shù)據(jù)也描繪在圖2中，并畫出IR﹣I圖線；②根據(jù)圖線可得電池的電動勢E是1.53V，內(nèi)阻r是2.0Ω．分析：（1）由電表的改裝原理可明確應(yīng)并聯(lián)一個(gè)小電阻分流來擴(kuò)大電流表量程，根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律可求得對應(yīng)的電阻；（2）由描點(diǎn)法得出圖象；再由閉合電路歐姆定律求出表達(dá)式，由圖象即可求出電動勢和內(nèi)電阻．解答：解：（1）電流表量程擴(kuò)大于50mA，即擴(kuò)大=500倍，則應(yīng)并聯(lián)一個(gè)小電阻，其分流應(yīng)為表頭電流的499倍，則有：R=≈5Ω；（2）根據(jù)描點(diǎn)法作出5、6兩點(diǎn)，再由直線將各點(diǎn)相連即得出對應(yīng)的圖象如圖所示；（3）因IR即表示電源的路端電壓，則有；IR=E﹣I（r+RA），則由圖象可知，對應(yīng)的電動勢為1.53V，內(nèi)阻為：r=﹣5=2.0Ω故答案為：（1）并聯(lián)，5；（2）①如圖所示；②1.53，2.010．一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0=9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運(yùn)動直至靜止．g取10m/s2．（1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）若碰撞時(shí)間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；（3）求物塊在反向運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功W．分析：（1）對物塊應(yīng)用動能定理可以求出動摩擦因數(shù)．（2）對物塊應(yīng)用動量定理可以求出作用力大?。?）應(yīng)用動能定理可以求出物塊反向運(yùn)動過程克服摩擦力做的功．解答：解：（1）物塊從A到B過程，由動能定理得：﹣μmgsAB=mvB2﹣mv02，代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.32；（2）以向右為正方向，物塊碰撞墻壁過程，由動量定理得：Ft=mv﹣mvB，即：F×0.05=0.5×（﹣6）﹣0.5×7，解得：F=﹣130N，負(fù)號表示方向向左；（3）物塊向左運(yùn)動過程，由動能定理得：W=mv2=×0.5×62=9J；答：（1）物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ為0.32；（2）若碰撞時(shí)間為0.05s，碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F為130N；（3）物塊在反向運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功W為9J．11．在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E（圖象未畫出），由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)，粒子所受重力忽略不計(jì)，求：（1）粒子從A到C過程中電場力對它做的功；（2）粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；（3）粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率．分析：（1）由電場力做功的特點(diǎn)可明確W=Uq，而U=Ed，求得沿電場線方向上的距離即可求得功；（2）粒子在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)水平位移可明確AO、BO及BC時(shí)間相等，由豎直方向的勻變速直線運(yùn)動可求得時(shí)間；（3）由類平拋運(yùn)動規(guī)律可求得水平和豎直豎直，再由運(yùn)動的合成與分解求得合速度．解答：解：（1）粒子從A到C電場力做功為W=qE（yA﹣yC）=3qEl0（2）根據(jù)拋體運(yùn)動的特點(diǎn)，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動，由對稱性可知，軌跡是最高點(diǎn)D在y軸上，可令tA0=toB=T，tBC=T；由Eq=ma得：a=又y=aT2yb+3l0=a（2T）2解得：T=則A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間t=3；（3）粒子在DC段做類平拋運(yùn)動，則有：2l0=vCx（2T）；vcy=a（2T）vc==答：（1）粒子從A到C過程中電場力對它做的功3qEl0（2）粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間3；（3）粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率為．12．由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其它星體對它們的作用，存在著一種運(yùn)動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內(nèi)做相同角速度的圓周運(yùn)動（圖示為A、B、C三顆星體質(zhì)量不相同時(shí)的一般情況）．若A星體質(zhì)量為2m，B、C兩星體的質(zhì)量均為m，三角形的邊長為a，求：（1）A星體所受合力大小FA；（2）B星體所受合力大小FB；（3）C星體的軌道半徑RC；（4）三星體做圓周運(yùn)動的周期T．分析：（1）（2）由萬有引力定律，分別求出單個(gè)的力，然后求出合力即可．（3）C與B的質(zhì)量相等，所以運(yùn)行的規(guī)律也相等