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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． M点 B． N点 C． P点 D． Q点
分析： 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．
解答： 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q 和q ，其间距离为r时，它们之
1 2
间相互作用力的大小为F=k ，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． B．
kg•A2 •m3 kg•A﹣2 •m3 •s﹣4
C． D．
kg•m2 •C﹣2 N•m2 •A﹣2
分析： 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．
解答：
解：根据F=k 可得：k= ，
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•A﹣2 •m3 •s﹣4 故选：B
第1页 | 共10页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，R 为定值电阻，R为滑动
0
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A 的示数增大了0.2A，电流表A 的示
1 2
数增大了0.8A，则下列说法正确的是（ ）
A．
电压表V 示数增大
1
B．
电压表V ，V 示数均增大
2 3
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，R 与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路
0
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A 的示数增大了0.2A，电流表A 的示数增大了0.8A，即
1 2
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V ，V 示数不变，
1 2
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R 两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V 示数减
0 3
小，故B错误；
C、观察到电流表A 的示数增大了0.2A，电流表A 的示数增大了0.8A，即原线
1 2
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． B． C． ρnev D．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析：
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
解答： 解：导体中的电流为I=neSv
第2页 | 共10页导体的电阻为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： 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（ ）
第3页 | 共10页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．
金属杆的热功率为
分析： 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．
解答： 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= ；故C错误；
D、功率P=FV= ；故D错误；故选：B．
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 ，其中σ为平面
上单位面积所带的电荷量，ɛ 为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S
0
，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． D．
和 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．
解答：
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E = = ，两极板间的电场强度为：2× = ；
0
第4页 | 共10页两极板间的相互引力F=E Q= ；故选：D．
0
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F 和F ，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻
1 2
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F ，
3
记下细绳的方向 ；
④按照力的图示要求，作出拉力F ，F ，F ；
1 2 3
⑤根据力的平行四边形定则作出F 和F 的合力F；
1 2
⑥比较 力F 与F的大小和方向
3
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F 与F的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论．
3
故答案为：记下细绳的方向；力F 与F的大小和方向．
3
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．
第5页 | 共10页（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
；
第6页 | 共10页（3）因IR即表示电源的路端电压，则有；IR=E﹣I（r+R ），
A
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v =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6
0
m/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．
分析： （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．
解答： 解：（1）物块从A到B过程，由动能定理得：
﹣μmgs = mv 2﹣ mv 2，代入数据解得：μ=0.32；
AB B 0
（2）以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，
由动量定理得：Ft=mv﹣mv ，即：F×0.05=0.5×（﹣6）﹣0.5×7，
B
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l 为常数，粒
0
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
第7页 | 共10页即可求得功；
（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．
解答：
解：（1）粒子从A到C电场力做功为W=qE（y ﹣y ）=3qEl
A C 0
（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t =t =T，t =T；
A0 oB BC
由Eq=ma得：a=
又y= aT2 y +3l = a（2T）2 解得：T=
b 0
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：2l =v （2T）；v =a（2T）
0 Cx cy
v = =
c
答：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl
0
（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F ；
A
（2）B星体所受合力大小F ；
B
（3）C星体的轨道半径R ；
C
（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；
第8页 | 共10页（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；
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：
第9页 | 共10页答：（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
．
第10页 | 共10页
