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广东物理

2015年高考广东卷物理试题及答案

一、单项选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分，只有一个选项正确。

13.甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图3所示。

下列表述正确的是

A．0.2-0.5小时内，甲的加速度比乙的大

B．0.2-0.5小时内，甲的速度比乙的大

C．0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的小

D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等

【答案】B

【分值】4分

【解析】

A、0.2-0.5小时内，根据图像可知甲乙都做匀速直线运动，加速度都为0，故A错误；

B、甲的斜率比乙大，所以甲的速度大于乙的速度，或者通俗点来说，相同时间内甲走的位移比乙的多，所以甲的速度比乙的大，B正确；

C、0.6-0.8小时内，甲的位移是-5m，乙的位移是-3m，C错误；

D、0.8小时内甲乙的位移相同，但是路程不一样，D错误.

【解题思路】这是一般的运动图像问题，首先要看清楚横纵坐标所代表的物理量再去看选项.

【易错点】把s-t图像跟v-t图像混淆。

【考查方向】运动学中的s-t图像。

14.如图4所示，帆板在海面上以速度

朝正西方向运动，帆船以速度

朝正北方向航行，以帆板为参照物

A．帆船朝正东方向航行，速度大小为

B．帆船朝正西方向航行，速度大小为

C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为

D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为

图4

【答案】D

【分值】4分

【解析】以帆板为参照物，我们就把帆板看成是静止的，则帆船在水平方向以速度v向东运动，竖直方向以速度v向北运动，根据矢量合成的平行四边形定则可以求得帆船以帆板为参照物是以v的速度向北偏东45°运动，故选D.

【解题思路】根据运动合成的平行四边形定则分析。

【易错点】以帆板为参照物，我们就把帆板看成是静止的，则帆船在水平方向以速度v向东运动。

【考查方向】本题考察参照物以及运动的合成。

15.图5为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V。

调节前后

A．副线圈中的电流比为1:

2

B．副线圈输出功率比为2:

1

C．副线圈的接入匝数比为2:

1

D．原线圈输入功率比为1:

2

【答案】C

【分值】4分

【解析】原线圈的输入电压和匝数不变，根据输出电压的有效值由220V降到110V，可以知道副线圈的匝数变为原来的1/2，C选项正确；根据可以知道，副线圈的输出功率变为原来的1/4，同样原线圈的输入功率也变为原来的1/4，B.D错误；副线圈的电流应该变为原来的1/2，A错误.

【解题思路】根据理想变压器的基本关系和因果关系求解。

【易错点】输出功率变决定输入功率。

【考查方向】理想变压器。

16、在同一匀强磁场中，

粒子（

）和质子（

）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则

粒子和质子

A、运动半径之比是2:

1B、运动周期之比是2:

1

C、运动速度大小之比是4:

1D.受到的洛伦兹力之比是2:

1

【答案】B

【分值】4分

【解析】α粒子和质子质量之比是4：

1，电荷量之比是2：

1，根据动量相等可以知道其速度之比是1：

4，洛伦兹力为qvB，所以洛伦兹力之比为1：

2，C.D错误；由

可得，半径之比是1：

2，周期之比是2：

1，B正确.

【解题思路】根据动量相等可以知道其速度之比是1：

4，洛伦兹力为qvB，所以洛伦兹力之比为1：

2；由

可得，半径之比是1：

2，周期之比是2：

1

【易错点】熟悉各个物理概念。

【考查方向】原子物理、动量、洛伦兹力。

二、双项选择题，每小题6分，共30分。

每小题有两个正确选项，每选对一项得3分，错选、不选者本小题得0分

17.图6为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气

A.内能增大

B.压强增大

C.分子间引力和斥力都减小

D.所有分子运动速率都增大

【答案】AB

【分值】6分

【解析】第一种解释：

A.由热力学第一定律可得,空气体积不变，故做功为0.即W=0.又因为外壁隔热，无热传递.而内壁由于水的升温会吸收热量，故Q>0,进而可得>0,内能增加，温度升高

B.温度升高，虽然分子数目不变，但热运动变剧烈，对器壁撞击加强，故压强变大

C.分子间距离不变，故作用力大小不变.

D.D.温度升高，分子的平均热运动速率加快，不代表每一个都加快.

第二种解释：

隔热外筒隔绝了两边空气之间的热量交换，金属内筒使水可以与空气发生热量交换.当水加热升温时，通过热传递把热量从金属内筒传递到空气中，使空气的温度升高，内能增大，A正确；空气温度升高（热涨冷缩）膨胀，压强增大，B正确；根本与CD没有关系，

【解题思路】隔热外筒隔绝了两边空气之间的热量交换，金属内筒使水可以与空气发生热量交换.当水加热升温时，通过热传递把热量从金属内筒传递到空气中，使空气的温度升高，内能增大，空气温度升高（热涨冷缩）膨胀，压强增大。

【易错点】分子间距离不变，故作用力大小不变。

【考查方向】对分子动理论、查理定律的理解与应用。

18.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，核反应方程分别为：

和

，下列表述正确的有

A.X是中子

B.Y的质子数是3，中子数是6

C.两个核反应都没有质量亏损

D.氘和氚的核反应是核聚变反应

【答案】AD

【分值】6分

【解析】A.同过质子数守恒和质量数守恒可知X是中子B.Y的质子数为3，中子数为3;C.聚变放出能量，核反应方程一定有质量亏损D.该反应为核聚变反应。

【解题思路】根据质量数和电荷数恒恒分析。

【易错点】核反应方程一定有质量亏损。

【考查方向】核反应方程。

19.如图7所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有

A.三条绳中的张力都相等

B.杆对地面的压力大于自身重力

C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零

D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力

【答案】BC

【分值】6分

【解析】

A.由受力分析可得，三个绳子不等长，即与地面夹角不等，故其张力大小不等，故A错误.

B.在此支持力与重力和绳子向下的分力平衡，故对地面的压力应与重力和绳子向下分力的和等大.故B正确。

C.杆在水平方向处于平衡状态，故三绳水平向合力为零.故C正确。

D.绳的拉力，重力和杆受到的支持力三力平衡.故D错误。

【解题思路】受力分析，根据共点力平衡条件判断。

【易错点】在此支持力与重力和绳子向下的分力平衡，故对地面的压力应与重力和绳子向下分力的和等大.

【考查方向】共点力平衡条件的应用。

20.在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到

时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10:

1半径比约为2:

1，下列说法正确的有

A.探测器的质量越大，脱离星球所需的发射速度越大

B.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大

C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等

D.探测器脱离星球的过程中势能逐渐变大

【答案】BD

【分值】6分

【解析】

A.根据

，从公式可以看出m可以约掉，所以与探测器的质量无关.故A错误

B.吸引力

则

，地球的引力大于星球的引力.故B正确。

C.

化简

可看出，中心天体的质量越大，受到的万有引力越大，需要更大的速度.故C错误。

D.脱离星球的过程中，高度在增加，势能增大.故D正确。

【解题思路】由万有引力提供向心力分析计算。

【易错点】脱离星球的过程中，高度在增加，势能增大。

【考查方向】万有引力定律的应用。

21.如图8所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则

A.M的带电量比N大

B.M带负电荷，N带正电荷

C.静止时M受到的合力比N大

D.移动过程中匀强电场对M做负功

【答案】BD

【分值】6分

【解析】

A.受力分析可得，两小球在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，又因其库仑力大小相等，故所受电场力大小相等.在匀强电场中，故q相等.故A错误；

B.M带负电受到向左的电场力，向右的库仑力平衡.N受到向左的库仑力和向右的电场力.故B正确；

C.静止时，受力都为零。

故C错误；

D.M受到的电场力向左，向右运动的话做负功.故D正确。

【解题思路】受力分析，根据共点力平衡和功分析判断。

【易错点】根据作用力与反作用力知库仑力大小相等。

【考查方向】电场、共点力平衡、功。

三、非选择题,本题共3小题，每小题18分，共54分。

34．

（1）（8分）某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。

①请完成以下主要实验步骤：

按图14（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系起有重物的纸带，使重物（填“靠近”或“远离”）计时器下端；，，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验。

②图14（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取（填“b”或“c”）来计算重力加速度。

在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和。

图14

【答案】

①靠近接通打点计时器的电源释放纸带

②“b”纸带与打点计时器间的摩擦

【分值】8分

【解析】①由实验装置示意图可知，需要通过打点计时器在纸带上打下若干点，来研究重物的下落运动，因此开始时，重物要靠近打点计时器，以确保有限长度的纸带能够用来打点的有效部分足够长，本实

验是通过自由落体运动来测量重力加速度，因此要让纸带上第一个打点对应的重物速度为0，所以需要先接通电源，再释放纸带。

②对照两条纸带发现，纸带b点迹间隔逐渐变大，而纸带a点迹间隔先逐渐变大后逐渐变小，说明a对应的重物运动先加速，后减速，与自由落体运动特征不符，因此应选用纸带b，自由落体运动的前提是物体只在

重力作用下所做的运动，而现实实验中，重物在下落过程中还受到空气阻力作用，以及纸带在穿过打点计时器的过程中，受到摩擦阻力的作用。

【解题思路】根据实验原理分析判断。

【易错点】本实验是通过自由落体运动来测量重力加速度，因此要让纸带上第一个打点对应的重物速度为0

【考查方向】测重力加速度

（2）（10分）某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3

）、电流表（内阻约为1

）、定值电阻等。

图15

1.用多用电表粗测元件X的电阻。

选择“×1”欧姆档测量，示数如图15（a）所示，读数为

。

据此应选择图15中的（填“b”或“c”）电路进行实验。

2.连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐（填“增大”或“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。

（b）

图16

3.图16（a）是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件（填“X”或“Y”）是非线性元件。

【答案】①10“b”②增大③“Y”

【分值】6分

【解析】1、由图可知，指针指在“10刻度线”位置处，由于“10刻度线”左右两边的最小刻度都不是“1份”单位，因此不需要估读下一位，又因为多用电表选择开关选择了“x1"挡，所以最终读数为10Ω，此值约

为所用电压表内阻的1/300，电流表内阻的10倍，相对很小，所以应选用电流表的外接法，即图b。

2、图b电路中采用了滑动变阻器的分压式接法，在滑片p从左向右滑动的过程中，测量由路部分分得的电压逐渐增大，所以电流表的示数逐渐增大。

3、由图知x对应的图线是直线，是线性元件；y对应的图线是曲线，是非线性元件。

【解题思路】根据实验原理分析判断。

【易错点】在滑片p从左向右滑动的过程中，测量由路部分分得的电压逐渐增大，所以电流表的示数逐渐增大。

【考查方向】伏安法测电阻

4.小组还借助X和Y中的线性元件和阻值

的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图16（b）所示。

闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，利用图16（a）可算得E=V，r=

（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）。

【答案】④3.20.5

【分值】4分

【解析】

【解题思路】根据闭合电路的欧姆定律求解。

【易错点】电动势E和内阻r不变。

【考查方向】测电源的电动势和电阻

35．（18分）如图17（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m，导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图17（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动，求：

（1）进入磁场前，回路中的电动势E；

【答案】E=0.04V

【分值】9分

【解析】

当导体棒进入磁场前，由法拉第电磁感应定律有

由题意有n=1，

由图有

代入数据可得E=0.04V

【解题思路】在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势。

【易错点】

为图像的斜率。

【考查方向】法拉第电磁感应定律的理解与应用。

⑵棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。

【答案】F安=0.04V,方向为水平向左i=t-1.0（A）

【分值】9分

【解析】

当导体棒过bd位置时，安培力达到最大值

Em=BLV，Im=

，F安=BImL，

代入数据可求得安培力的最大值为F安=0.04V,方向为水平向左

在abd区域，导体棒切割磁感线的有效长度L有=2V（t-t0）

E有=BL有V，i=

代入数据得i=t-1.0（A）

【解题思路】当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势；当棒与ab重合时，

切割有效长度l=L，达到最大，即感应电动势也达到最大.根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大,根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力。

【易错点】当棒与ab重合时，切割有效长度l=L，达到最大，即感应电动势也达到最大.

【考查方向】电磁感应的综合应用。

36．（18分）如图18所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。

1A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；

【答案】v=4m/sF=22N

【分值】6分

【解析】

由题知，A从水平导轨滑至圆轨道最高点Q，设Q点速度为v，由机械能守恒定律有

代入数据可得v=4m/s

而

m/s<4m/s，

故在Q点，由向心力公式及牛顿第二定律有：

F+mg=

代入数据得F=22N

【解题思路】由动能定理（机械能守恒定律）求出速度v，然后根据牛顿第二定律列方程求出力F。

【易错点】（机械能守恒定律列方程。

【考查方向】动能定理（机械能守恒定律）、牛顿第二定律。

2碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

【答案】k=45

【分值】6分

【解析】

A撞B，由动量守恒定律有

mv0=2mv共

代入数据得v共=3m/s

设碰后AB最终停止时摩擦总距离为x,则由动能定理有

代入数据有x=4.5m

则有题可得

=45

【解题思路】由动量守恒定律求出共同速度，然后由动能定理最终停止时摩擦总距离为x，则

【易错点】摩擦力做功的特点，只与路程有关。

【考查方向】动量守恒定律的应用，动能定理

3碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vn与n的关系式。

【答案】vn＝

m/s（其中n＝1、2、3、…、44）

【分值】6分

【解析】碰后AB滑至第n个（n

可得vn=

（n

【解题思路】由动能定理列方程求解。

【易错点】滑至第n个（n

【考查方向】动量守恒定律的应用，以及运用数学知识分析物理问题的能力。

参考答案

一、单项选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分，只有一个选项正确。

题号

13

14

15

16

答案

B

D

C

B

二、双项选择题，每小题6分，共30分。

每小题有两个正确选项，每选对一项得3分，错选、不选者本小题得0分

题号

17

18

19

20

21

答案

AB

AD

BC

BD

BD

三、非选择题

34.（18分）

（1）①靠近接通打点计时器的电源释放纸带

②“b”纸带与打点计时器间的摩擦

（2）①10“b”②增大③“Y”④3.20.5

35.（18分）解：

（1）当导体棒进入磁场前，由法拉第电磁感应定律有

有题意有n=1，

由图有

代入数据可得E=0.04V

（2）当导体棒过bd位置时，安培力达到最大值

Em=BLV，Im=

，F安=BImL，

代入数据可求得安培力的最大值为F安=0.04V,方向为水平向左

在abd区域，导体棒切割磁感线的有效长度L有=2V（t-t0）

E有=BL有V，i=

代入数据得i=t-1.0（A）

36.（18分）

解：

（1）由题知，A从水平导轨滑至圆轨道最高点Q，设Q点速度为v，由机械能守恒定律有

代入数据可得v=4m/s

而

m/s<4m/s，

故在Q点，由向心力公式及牛顿第二定律有：

F+mg=

代入数据得F=22N

（2）A撞B，由动量守恒定律有

mv0=2mv共

代入数据得v共=3m/s

设碰后AB最终停止时摩擦总距离为x,则由动能定理有

代入数据有x=4.5m

则有题可得

=45

（3）碰后AB滑至第n个（n

可得vn=

（n