2015年安徽高考物理試卷(含詳細(xì)解析)

1、2021年高考物理試卷一 選擇題共7小題1 如圖示是a粒了氦原子核被重金屬原子核散射的運(yùn)動(dòng)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(dòng).圖中所標(biāo)出的a粒子在各點(diǎn)處的加速度方向正確的選項(xiàng)是C.P占八、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=kr，式中k為靜電力常量.假設(shè)用國際單位制的根本單位表示,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,Ro為定值電阻

2、，R為滑動(dòng)變阻器，現(xiàn)將變阻器的滑片從一個(gè)位置滑動(dòng)到另一位置，觀察到電流表A1的示數(shù)增大了A.B.C.D.0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了 0.8A，那么以下說確的是電壓表V1示數(shù)增大電壓表V2, V3示數(shù)均增大該變壓器起升壓作用變阻器滑片是沿c-d的方向滑動(dòng)4.一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率 為p,棒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)，棒產(chǎn)生電流，自由電 子定向運(yùn)動(dòng)的平均速率為v,那么金屬棒的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2eLB.：i -i.C.pevD.P ev|rrSL5 如下列圖，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

3、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(duì)于入射光線偏轉(zhuǎn)的角度為 0,棱鏡頂角為 a 那么計(jì)算棱鏡對(duì)該色光的折射率表達(dá)式為C Dsi口( 8 -口sin ( Q - )226如下列圖，abed為水平放置的平行 ? 形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為I，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿 MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成 0角，單位v沿平行于ed的方向滑動(dòng)金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好.那么 A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為Blv sin 9B.電路中感應(yīng)電流的大小為Bvsin 8rC.金屬桿所受安培力的大小為B2lvsin 9rD.金屬桿的熱功率為巳；長(zhǎng)

4、度的電阻為r，保持金屬桿以速度7.均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為廳為平面上單位面積所帶的電荷量，？0為常量，如下列圖的平行板電容器，極板正對(duì)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，那么極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和 兩極板間相互的靜電引力大小分別為二解答題共5小題&在驗(yàn)證力的平行四邊形定那么實(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(cè)力計(jì)分別拉住兩O,0999.9和假設(shè)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 電阻箱填串聯(lián)或并聯(lián)，并將該電阻箱阻值調(diào)為 Q

5、.2接著該同學(xué)用改裝的電流表對(duì)電池的電動(dòng)勢(shì)與阻進(jìn)展測(cè)量, 變電阻R測(cè)相應(yīng)的電流50mA的電流表，那么應(yīng)將表頭與實(shí)驗(yàn)電路如圖1所示，通過改123456R 95.075.055.045.035.025.0I mA15.018.724.829.536.048.0IR V1.421.401.361.331.261.20根據(jù)表中數(shù)據(jù)，圖2中已描繪出四個(gè)點(diǎn)，請(qǐng)將第 5、6兩組數(shù)據(jù)也描繪在圖2中，并畫出IR -且作相關(guān)計(jì)算后一并記錄如表:I,I圖線； 根據(jù)圖線可得電池的電動(dòng)勢(shì) E是V，阻r是Q.10. 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,如下圖，物塊以vo=9m/

6、s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s,碰后個(gè)細(xì)繩套，互成角度地施加拉力，使橡皮條伸長(zhǎng)，結(jié)點(diǎn)到達(dá)紙面上某一位置，如下列圖，請(qǐng)將以下 的實(shí)驗(yàn)操作和處理補(bǔ)充完整： 用鉛筆描下結(jié)點(diǎn)位置，記為 O; 記錄兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù) Fi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； 只用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，通過細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點(diǎn)仍拉到位置 按照力的圖示要求，作出拉力Fi, F2, F3； 根據(jù)力的平行四邊形定那么作出Fi和F2的合力F; 比較的一致程度，假設(shè)有較大差異，對(duì)其原因進(jìn)展分析，并作出相應(yīng) 的改進(jìn)后再次進(jìn)展實(shí)驗(yàn).9.某同學(xué)為了測(cè)量一節(jié)電池的電動(dòng)

7、勢(shì)和阻，從實(shí)驗(yàn)室找到以下器材：一 個(gè)滿偏電流為100 pA、阻為2500 Q的表頭，一個(gè)開關(guān)，兩個(gè)電阻箱以6m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止.g取10m/s2.1求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)p；2假設(shè)碰撞時(shí)間為 0.05s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；3 / 1311在xOy平面，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E圖象未畫出，由A點(diǎn)斜射出質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如下列圖，其中Io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(chǎng)力對(duì)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.-t)A12由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其它

8、星體對(duì)它們的作用，存在著一種運(yùn)動(dòng)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 在的平面做一樣角速度的圓周運(yùn)動(dòng)圖示為A、B、C三顆星體質(zhì)量不一樣時(shí)的一般情況假設(shè)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(zhǎng)為a,求：1A星體所受合力大小Fa ; 2B星體所受合力大小Fb;3C星體的軌道半徑 RC;4三星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T.2021年高考物理試卷參考答案與試題解析選擇題共7小題M、N、P、Q是軌跡上的四a粒子在各點(diǎn)處的加速度方向正確的選項(xiàng)是1 如圖示是a粒了氦原子核被重金屬原子核散射的運(yùn)動(dòng)軌跡， 點(diǎn)，在散射過程中可以認(rèn)為重

9、金屬原子核靜止不動(dòng).圖中所標(biāo)出的分析：根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向， 可以判定粒子受力的方向； 再根據(jù)受力的方向，判定a 粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子的加速度的方向.解答：解：根據(jù)軌跡彎曲的方向，可以判疋粒子受力的方向大體向上，與粒子和重金屬C. P點(diǎn)D. Q點(diǎn)原子核的點(diǎn)的連線的方向相反，故M、N、P、Q是軌跡上的四點(diǎn)的加速度的方向中，只有P點(diǎn)標(biāo)出的方向是正確的應(yīng)選：C2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qi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弋，式中k為靜電力常量假設(shè)用國際單位制的根本單位表示,k的單位應(yīng)為A kg?A2?m3kg?A 2?m3?s4C.kg?m

10、2?C 2N?m2?A分析：力學(xué)單位制規(guī)定了物理量的單位，同時(shí)根據(jù)物理量間的公式也可以分析單位之間的關(guān)系.解答：解：根據(jù) F=k . 可得：k=r2q2 t 十.r、trnar由于 F=ma, q=It，所以 k= :IW根據(jù)質(zhì)量的單位是kg,加速度的單位m/s2，距離的單位是m，電流的單位是A, 時(shí)間的單位s,可得k的單位是kg?A 2?m3?s 4應(yīng)選：B3.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，Ro為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器，現(xiàn)將變阻器的滑片從一個(gè)位置滑動(dòng)到另一位置， 觀察到電流表Ai的示數(shù)增大了 0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了 0.8A，那么以下說確

11、的是電壓表V1示數(shù)增大 電壓表V2, V3示數(shù)均增大C.該變壓器起升壓作用D.分析：變阻器滑片是沿c-d的方向滑動(dòng)根據(jù)歐姆定律分析負(fù)載電阻的變化，圖中變壓器局部等效為一個(gè)電源，變壓器右側(cè)其余局部是外電路，外電路中，Ro與滑動(dòng)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Vi, 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(dòng)，故A錯(cuò)誤，D正確，B、由于

12、R0兩端電壓增大，所以滑動(dòng)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Ai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；應(yīng)選：D.4.一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為 p棒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)，棒產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動(dòng)的平均速率為v，那么金屬棒的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為IDV2A.專題:分析:B.電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.利用電流的微觀表達(dá)式求的電流,C.pnevD.P 5SL由電阻的

13、定義式求的電阻， 由E求的電場(chǎng)強(qiáng)解答：解：導(dǎo)體中的電流為l=n eSv導(dǎo)體的電阻為R=導(dǎo)體兩端的電壓為 U=RI場(chǎng)強(qiáng)為E=HL聯(lián)立解得E= pnev應(yīng)選：C5 如下列圖，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(duì)于入射光線偏轉(zhuǎn)的角度為0,棱鏡頂角為 a那么計(jì)算棱鏡對(duì)該色光的折射率表達(dá)式為CsinDsiziGsin ( 9 -sin 5 - )22由折射定律可知,n=因入射角和出射角相等，即故由幾何關(guān)系可知， 薩;i=i9vvi=+ 8=29-pg2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

14、律可求得折射率.解答： 解：sin&6如下列圖，abed為水平放置的平行 ? 形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為I，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿 MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成 0角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于ed的方向滑動(dòng)金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良 好那么電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為B1繭sin 9B.C.D.分析:電路中感應(yīng)電流的大小為:-| 丁n金屬桿所受安培力的大小為L(zhǎng)X22金屬桿的熱功率為二一rsin 9由導(dǎo)體切割磁感線公式可求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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I均為導(dǎo)軌間的距離

15、.解答： 解：A、電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小 E=BIv ;公式中的I為切割的有效長(zhǎng)度，故電動(dòng) 勢(shì)E=BIv ;故A錯(cuò)誤；B、感應(yīng)電流i= -=心;故B正確；1 rTsin 92- 口C、安培力的大小F=BIL=;故C錯(cuò)誤；rn 2 -I 22 白D、 功率P=FVr小 ；故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B.r7.均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(T為平面上單位面積所帶的電荷量，?o為常量，如下列圖的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S,其間C.Q2QQ2和竺02Q2和嚀為真空，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，那么極板間的 電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為個(gè)極板形成的

16、場(chǎng)強(qiáng)Eo=兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為:CQ =7,解得：F= - 130N，負(fù)號(hào)表示方向向左；3物塊向左運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：W=-mv2= X).562=9J;答：1物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)口為0.32;2假設(shè)碰撞時(shí)間為0.05s,碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F為130N ;3物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克制摩擦力所做的功W為9J.11.在xOy平面，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)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(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如下列圖，其中10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(chǎng)力對(duì)它做的功;2粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；3

17、粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率.V*2氐一坯)分析：1由電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)可明確 W=Uq，而U=Ed，求得沿電場(chǎng)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(dòng)，根據(jù)水平位移可明確AO、BO與BC時(shí)間相等，由豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)可求得時(shí)間；3由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得水平和豎直豎直，再由運(yùn)動(dòng)的合成與分解求得合 速度.解答：解：1粒子從A到C電場(chǎng)力做功為 W=qE yA - yC=3qEl02根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，軌跡是最高點(diǎn) D在y軸上，可令tAo=toB=T，tBc=T;由 Eq=ma 得:又 y=_aT2yb+3lo2_1=a 2T那么A到C過程

18、所經(jīng)歷的時(shí)間3粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng)，那么有：2lo=vcx 2T； Vcy=a 2T答：1粒子從A到C過程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功 3qElo2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)的速率為 - 2m12由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其它星體對(duì)它們的作用，存在著一種運(yùn)動(dòng)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 在的平面做一樣角速度的圓周運(yùn)動(dòng)圖示為 A、B、C三顆星體質(zhì)量不一樣時(shí)的一般情況假設(shè) 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(zhǎng)為a,求：1A星體所受合力大小Fa ;2B星體所受合力大小FB;3C星體的軌道半徑Rc；三星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T.分析:12由萬有引力定律，分別求出單個(gè)的力，然后求3C與B的質(zhì)量相等，所以運(yùn)行的規(guī)律也相等，然后結(jié)合向心力的公式即可 求出C的軌道半徑；G-2m24三星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T相等，寫出C的西西里島表達(dá)式即可求出.解答：解：1由萬有引力定律，A星受