2015年广东卷物理答案

2015年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷) 13.A【解析】在s−t图象中，倾斜直线表示质点做匀速直线
运动，在0.2~0.5h内，甲、乙二人均做匀速直线运动，
加速度均为零，故B错误；在s−t图象中，图线的斜率
代表质点运动的速度，在0.2~0.5h内，甲所对应图线的
斜率大于乙所对应图线的斜率，即甲的速度比乙的速度大，
故A正确；在0.6~0.8h内，甲的位移为−5km，乙的位
移为−3km，即甲的位移比乙大，故C错误；在0.8h内，
甲的路程为15km，乙的路程为11km，即甲的路程比乙
大，故D错误.
14.C【解析】以帆板为参考系，帆船在南北方向上，以速度v
朝正北方向运动，帆船在东西方向上，以速度v朝正东方
向运动，如图所示，由平行四边形定则可得：帆船相对帆
板，以v0=√v2+v2=√2v朝北偏东45°航行，故C
正确ABD错误.
15.D【解析】设理想变压器的原线圈匝数为n1，两端电压为
U，副线圈的匝数为n2，加热电阻为R，由理想变压器的
电压比等于匝数比，可得U
n1=220
n2
和U
n1
=110
n2′
，即n2
n2′
=2
1
，
故D正确；由欧姆定律I2=U2
R ，可得I2
I2′
=2
1
，故A错误；
由电功率P2=U22
R 可得P2
P2′
=4
1
，故B错误；因理想变压器
的输入功率等于输出功率，即P1=P2和P1′=P2′，可得
P1 P1′=4
1
，故C错误.
16.B【解析】两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第
二定律得qvB=mv2
r ，得r=mv
qB
=p
qB
，即rα
r H
=e
2e
=
1 2，故A错误；由动量的定义p=mv，可得v=p
m
，即
vαv H =m0
4m0
=1
4
，故C错误；由周期公式T=2πr
v
，可得
TαT H =rα
r H
×v H
vα
=2
1
，故B正确；由洛伦兹力公式f=
qvB，可得fα
f H =2e
e
×vα
v H
=1
2
，故D错误.
17.AB【解析】在水加热升温的过程中，封闭气体的体积不变，
由温度升高可知，封闭气体的内能增大，故A正确；封闭
气体发生了等容变化，由理想气体状态方程pV
T
=C可知，封闭气体的压强增大，故B正确；因封闭气体的体积不变，不影响分子间距离，故C错误；因温度是宏观统计学物理
量，对个别分子无意义，故当封闭气体的温度升高时，并
不是所有分子的运动速率都增大，而是分子的平均动能增
大，故D错误.
18.AC【解析】由核反应过程，质量数和电荷数分别守恒，则
由两核反应方程，可知X的质量数为1，质子数为0，即为
中子，故A正确；Y的质子数为3，质量数为6，即中子数
为6−3=3，故B错误；氘核、氚核反应生成质量较大
的核，属于核聚变，故C正确；因两个核反应都释放出能
量，故均发生了质量亏损，故D错误.
19.BD【解析】因三条绳子的长度不等，绳子与水平地面的夹
角不等，由平衡条件可知，三条绳中的张力不一定相等，
故A错误；对竖直杆受力分析，由平衡条件可知，地面对
杆的支持力等于杆的重力和三条绳子的拉力在竖直方向分
力的合力，由牛顿第三定律可知，杆对地面的压力大于自
身的重力，故B正确；地面对杆的支持力等于杆的重力和
三条绳子的拉力在竖直方向分力的合力，可见，绳子对杆
的拉力的合力与杆的重力不是一对平衡力，故C错误；因
杆处于静止状态，其所受合力为零，故杆在水平方向上和
竖直方向上的合力都为零，故绳子对杆的拉力在水平方向
的合力为零，故D正确.
20.BD【解析】设星球的半径为R，星球的质量为M，探测器
的质量为m，由牛顿第二定律得G Mm
R2
=mv2
R
，得v=
√GM
R
,探测器脱离星球所需的发射速度√2v=√2GM
R
，与探测器的质量m无关，故A错误；由万有引力公式F=
G Mm
R2
，设地球质量为M地，可得F火=G
1
10
M
地
m
1
4
R
地
2
= 2
5
F
地
,即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；探测器脱离地球所需的发射速度√2v=
√
2GM
地
R
地
，探测器脱离火星所需的发射速度√2v火=√
2G⋅1
10
M
地
1
2
R
地
=√2
5
v，探测器脱离两星球所需的发射速度不相等，故C错误；探测器在脱离星球的过程中，离星球的
高度越来越大，故其势能也逐渐增大，故D正确.
21.BC【解析】M、N处于静止状态，其受到的电场力和两者
间库仑力构成平衡力，合力为零，如图所示，由题设条件
可知，M带负电荷，N带正电荷，故B正确D错误；由平
衡条件可得q M E=F MN，q N E=F MN，可得q M=q N，故A错误；M带负电，受到水平向左的电场力，向右移动，故电场力做负功，故C正确.
34.(1)①靠近;先接通电源;再释放纸带;
②b;纸带与计时器间的摩擦力
【解析】(1)①为了使纸带上打下更多的点，使重物靠近计
时器下端；先接通电源，后释放纸带，使重物自由下落.
②重物向下做匀加速直线运动，在连续相等时间内位移逐渐
增大，通过观察两条纸带，应选取b来计算重力加速度.误
差分析，除了在下落过程中，重物受到空气阻力外，纸带
与打点计时器间阻力也不可忽视.
(2)①10.0;b;②增大;③Y;④3.2;0.50.
【解析】①欧姆挡测量电阻，其读数为10.0Ω；由于10.0<√3000×1，元件X 的阻值为小电阻，采用电流表外接法，选用b 电路进行实验.
②滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动，元件X 两端的电压逐渐
变大，故电流表的示数也逐渐增大.
③由图线可知，元件X 的U 和I 间成线性关系，故Y 为非线性元件.
④由闭合电路欧姆定律得U 1
=
E
R 0+r R 0
=3V ，U 2=
E
R 0+r+R R 0
=1V ，联立可得E ≈3.2V ，r =0.50Ω. 35. (1)0.04V ;(2)i =t −1(1s ≤t ≤1.2s).
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得 E =
ΔΦΔt
=
ΔBS
Δt
, 代入数据解得E =0.04V .
(2)棒进入磁场后，切割磁感线产生感应电动势，有 E =BLv ,
因t =1s 时刻棒进入磁场且磁感应强度恒定不变，则当棒运动到bd 位置时，棒受到的安培力最大，即 F m =BIL =
B 2L 2v R
=0.04N ,
当棒在abd 区域运动时，有
x =v(t −1), E i =2Bxv ,
解得i =E i R =2Bxv
R
=t −1(1s ≤t ≤1.2s).
36. (1)22N ，方向竖直向下;(2)45;(3)v n =
√9−0.2n(n <45).
【解析】(1)物块A 从最初位置到Q 点，由动能定理得
−mg ⋅2R =1
2mv 2−1
2mv 02
，解得v =4m/s .
设物块在Q 点受轨道的弹力为F ，则有
F +mg =
mv 2
R
， 解得F
=22N ，方向竖直向下.
(2)由机械能守恒知，滑块A 与B 碰前的速度为 v 0=6m/s ，
A 、
B 碰撞过程，由动量守恒得
mv 0=2mv 共,解得v 共=3m/s ,
设滑块A 、B 经粗糙段的路程为s 停下，由动能定理得
−μ⋅2mg ⋅s =0−1
2
⋅2mv 共2
，
故s
=4.5m ， 则k =s
L
=45.
(3)由题意知，滑块A 、B 在第n 个光滑段上的速度v n 等于经过第n 个粗糙段的速度，则有
−μ⋅2mg ⋅nL =1
2⋅2mv n 2
−1
2⋅2mv 共2，
解得v n
=√v 共2
−2μgnL =√9−0.2n(n <45).。