一．选择题(共7小题）
1．如图示是α粒了（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
2．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F=k的单位应为( ） A．
kg•A2•m3
，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k
B．
﹣﹣
kg•A2•m3•s4
C．
﹣
kg•m2•C2
D．
﹣
N•m2•A2
3．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流两端,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． B．
电压表V1示数增大 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
4．一根长为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．
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ρnev D．
5．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．
B
．
C
．
D
．
6．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． C． D．
电路中感应电流的大小为金属杆所受安培力的大小为金属杆的热功率为
，其中σ为平面上单位面积
7．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
所带的电荷量，ɛ0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
D．
和
和
C．
二．解答题(共5小题)
8．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
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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．
9．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表： 1 2 3 4 5 6 R(Ω） 95。0 75。0 55。0 45。0 35。0 25。0 I(mA） 15.0 18。7 24。8 29。5 36.0 48。0 IR（V) 1。42 1.40 1。36 1.33 1.26 1。20 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,并画出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．
10．一质量为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;
第3页
（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．
11．在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出),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．
12．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．
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2015年安徽高考物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．如图示是α粒了（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． 分析： 解答：
M点 B． N点 C． P点 D． Q点
根据粒子轨迹的弯曲方向,可以判定粒子受力的方向;再根据受力的方向,判定α粒子在电场中运动时，粒子的加速度的方向．
解:根据轨迹弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和重金属原子核的点的连线的方向相反,故M、N、P、Q是轨迹上的四点的加速度的方向中,只有P点标出的方向是正确的．故选：C
2．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F=k的单位应为( ) A．
kg•A2•m3 分析: 解答：
解：根据F=k
可得:k=
,
C．
，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示,k
B．
﹣﹣
kg•A2•m3•s4
﹣
kg•m2•C2
D．
﹣
N•m2•A2
力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．
由于F=ma，q=It，所以k=
根据质量的单位是kg,加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，
﹣﹣
时间的单位s,可得k的单位是kg•A2•m3•s4 故选：B
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3．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流两端，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 分析: 根据欧姆定律分析负载电阻的变化,图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧
其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可．
解答:
解：A、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，即副线圈电流增大，
由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端,匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1,V2示数不变，
根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D正确,
B、由于R0两端电压增大,所以滑动变阻器R两端电压减小,即电压表V3示数减小,故B错误;
C、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,即原线
圈电流增大量小于副线圈电流增大量,
根据电流与匝数成反比,所以该变压器起降压作用，故C错误；故选：D．
4．一根长为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． 专题： 分析:
B．
C． ρnev
D．
电场力与电势的性质专题．
利用电流的微观表达式求的电流，由电阻的定义式求的电阻，由E=求的电场强度
解:导体中的电流为I=neSv
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解答：
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI 场强为E=
联立解得E=ρnev 故选：C
5．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．
B．
C．
D．
分析: 解答: 由几何关系可明确在AB边入射时的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率． 解：
由折射定律可知,n=
；
因入射角和出射角相等,即i=i′ 故由几何关系可知，β=
;vvi=
+β=
；
故折射率n=; 故选:A．
6．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( ）
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A． B． C． D． 分析： 解答:
电路中感应电动势的大小为电路中感应电流的大小为金属杆所受安培力的大小为金属杆的热功率为
由导体切割磁感线公式可求得感应电动势的大小，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均为导轨间的距离．
解：A、电路中感应电动势的大小E=Blv；公式中的l为切割的有效长度,故电动势E=Blv；故A错误； B、感应电流i=
=
；故B正确;
C、安培力的大小F=BIL=D、功率P=FV=
;故C错误；
;故D错误；故选：B．
，其中σ为平面
7．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
上单位面积所带的电荷量,ɛ0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． B．
和 和
C．
和
D．
和
分析：
由题意可明确两极板单独在极板内部形成的场强大小，根据电场的叠加可明
确合场强；
相互作用力可看作极板在对方场强中的受力,即F=Eq．
解：两极板均看作无穷大导体板,极板上单位面积上的电荷量σ=;则单个极板形成的场强E0=
=
,两极板间的电场强度为：2×
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解答：
=；
两极板间的相互引力F=E0Q=
；故选:D．
二．解答题（共5小题)
8．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， 记下细绳的方向 ；
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 力F3与F的大小和方向 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． 分析： 该实验采用了等效替代的方法，因此要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同,即
将橡皮筋拉到同一点，力是矢量,因此在记录时要记录大小和方向，步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，步骤⑥比较力F′与F的大小和方向,看它们是否相同，得出结论．
解答： 解：步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向,从而用力的图示法画出合
力；
步骤⑥比较力F3与F的大小和方向,看它们的一致程度,得出结论． 故答案为：记下细绳的方向；力F3与F的大小和方向．
9．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．
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（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 并联 （填“串联”或“并联\"）,并将该电阻箱阻值调为 5。0 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表： 1 2 3 4 5 6 R（Ω） 95。0 75。0 55。0 45。0 35。0 25。0 I(mA） 15.0 18.7 24。8 29。5 36.0 48。0 IR（V） 1.42 1.40 1.36 1。33 1。26 1。20 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，并画出IR﹣I图线；
②根据图线可得电池的电动势E是 1。53 V,内阻r是 2。0 Ω． 分析: (1）由电表的改装原理可明确应并联一个小电阻分流来扩大电流表量程，根据并联
电路规律可求得对应的电阻；
（2）由描点法得出图象；再由闭合电路欧姆定律求出表达式,由图象即可求出电动势和内电阻．
解答：
解:（1)电流表量程扩大于50mA，即扩大=500倍，则应并联一个小电阻,其分流
应为表头电流的499倍，则有:R=≈5Ω；
(2）根据描点法作出5、6两点，再由直线将各点相连即得出对应的图象如图所示；
(3)因IR即表示电源的路端电压，则有;IR=E﹣I（r+RA）， 则由图象可知,对应的电动势为1.53V,内阻为:r=
﹣5=2。0Ω
故答案为：（1）并联，5；（2）①如图所示；②1.53，2.0
10．一质量为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；
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(3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．
分析：
解答：
（1)对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数． （2）对物块应用动量定理可以求出作用力大小．
（3）应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功． 解：（1）物块从A到B过程，由动能定理得： ﹣μmgsAB=mvB2﹣mv02，代入数据解得：μ=0.32; （2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，
由动量定理得：Ft=mv﹣mvB,即：F×0.05=0.5×(﹣6）﹣0。5×7， 解得:F=﹣130N，负号表示方向向左;
(3）物块向左运动过程,由动能定理得：W=mv2=×0。5×62=9J；
答:（1）物块与地面间的动摩擦因数μ为0.32； （2）若碰撞时间为0。05s，碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F为130N； (3）物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W为9J．
11．在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图象未画出），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．
分析:
(1）由电场力做功的特点可明确W=Uq，而U=Ed，求得沿电场线方向上的距离即可求得功；
(2)粒子在x轴方向上做匀速直线运动,根据水平位移可明确AO、BO及BC时间相等,由竖直方向的匀变速直线运动可求得时间;
（3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直竖直，再由运动的合成与分解求得合速度．
解：(1)粒子从A到C电场力做功为W=qE(yA﹣yC)=3qEl0
（2)根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知,轨迹是最高点D在y轴上,可令tA0=toB=T，tBC=T； 由Eq=ma得：a=
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解答:
又y=aT2 yb+3l0=a(2T)2 解得:T=
则A到C过程所经历的时间t=3；
（3）粒子在DC段做类平抛运动，则有:2l0=vCx(2T）;vcy=a(2T） vc=
=
答:（1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl0 （2）粒子从A到C过程所经历的时间3
；
（3）粒子经过C点时的速率为．
12．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．
分析: (1）（2)由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出合力即可．
（3）C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；
（4)三星体做圆周运动的周期T相等，写出C的西西里岛表达式即可求出．
解答： 解：(1）由万有引力定律,A星受到B、C的引力的大小：
方向如图，则合力的大小为：
（2）同上,B星受到的引力分别为：,，方向如图；
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沿x方向：
沿y方向:
可得:=
（3）通过对于B的受力分析可知，由于：，，合
力的方向经过BC的中垂线AD的中点,所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处．所以：
（4）由题可知C的受力大小与B的受力相同，对C星：
整理得：
答：（1)A星体所受合力大小是；（2）B星体所受合力大小是;(3)C
星体的轨道半径是
；（4）三星体做圆周运动的周期T是．
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