2015年高考真题――理综物理（安徽卷）&Word版含解析&&人教版
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2015年安徽高考理综试题（物理部分）芜湖一中李伟康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，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【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．B．C．D．【答案】C【解析】根据电流的微观表达式、欧姆定律、电阻定律及电势差与电场强度的关系可得金属棒内的电场强度大小，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．B．C．D．【答案】A【解析】根据对称性知，，，又，根据几何关系，，，所以，，即入射角，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为，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B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的发热功率为【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，选项A错误；金属棒的电阻，根据欧姆定律电路中感应电流的大小，选项B正确；金属杆所受安培力的大小，选项C错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为，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，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．和B．和C．和D．和【答案】D【解析】由题意，单块极板产生的电场强度为，根据电场的叠加原理，极板间的电场强度大小，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，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。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），，量程，根据并联分流原理，改装成大量程电流表需并联的电阻；（2）根据闭合电路欧姆定律，，即，所以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=1.53 V，．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，，由牛顿第二定律，联立得（或根据动能定理，得）（2）根据动量定理，取水平向左为正方向，有，代入数据，得（3）根据动能定理，，所以．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）；（2）；（3）【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，所以电场力做功；（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，，由P到B，有，解得，所以粒子从A到C过程所经历的时间；（3）由P到C，水平速度，所以，竖直方向，所以，即粒子经过C点时的速率．24．(20分)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）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）A星体受B、C两星体的引力大小相等，，合力①；（2）B星体受A星体的引力，B星体受C星体的引力，三角形定则结合余弦定理得，②；（3）由对称性知，OA在BC的中垂线上，．对A星体：③，对B星体：④，联立解得，在三角形中，，解得，即⑤；（4）把⑤式代入④式，得，即．
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旺旺：lisi3552011江苏高考物理14题 请解释一下第二问14．（16分）如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置.将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物_百度作业帮
2011江苏高考物理14题 请解释一下第二问14．（16分）如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置.将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物
2011江苏高考物理14题 请解释一下第二问14．（16分）如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置.将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连,小物块悬挂于管口.现将小球释放,一段时间后,小物块落地静止不动,小球继续向上运动,通过管口的转向装置后做平抛运动,小球在转向过程中速率不变.（重力加速度为g）
　　（1）求小物块下落过程中的加速度大小； 　　（2）求小球从管口抛出时的速度大小； 　　（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于 　　【答案】14．（1）设细线中的张力为T,根据牛顿第二定律：,且.解得： 　　（2）设M落地时的速度大小为,m射出管口时速度大小为,M落地后m的加速度为.根据牛顿第二定律,匀变速直线运动,.解得
（k>2） 　　（3）平抛运动,.解得 　　因为,所以,得证.
对于第二问,题中取的是M落地后,对m的研究,其中第一个牛顿第二定律,是m在只受沿重力沿斜面的分力作用下做匀减速直线运动的加速度,合力就是重力沿斜面的分力；对于第二个表达式是m从出速度为零,运动到M落地这段时间的速度位移公式,此时的位移m的位移为竖直高度大小（M、m位移一样大,只是一个在斜面,一个在竖直方向,所以竖直方向的高度为斜面长L的正弦）,加速度第一问中以求出；第三个表达式也是速度位移公式,以m为研究对象列的,初状态为M落地时刻,末为出管口时,其位移长度为斜面长度减去斜面的高度（M的位移）,希望明白!2011高考安徽卷物理14合力为什么不变_百度知道
2011高考安徽卷物理14合力为什么不变
B，A正确由于质量为m的物块恰好静止在倾角为 的斜面上、D错误，故物块仍处于静止状态，使得合力仍然为零，斜面与物块的动摩擦因数μ=tan 。对物块施加一个竖直向下的恒力F，说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡。摩擦力由mgsin 增大到(F+mg)sin ，C错误
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其他1条回答
这个叫做锁死现象 无论你F多大 木块都是静止的
静止的情况下 你忘了牛顿第一定律 物体在静止情况下 不受力 或者合外力为零
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