2015年广东省高考物理试卷答案与解析.docx

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1、2019年广东省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）（2019广东）甲、乙两人同时同地动身骑自行车做直线运动，前1小时内的位移时间图象如图所示下列表述正确的是（）A0.20.5小时内，甲的加速度比乙的大B0.20.5小时内，甲的速度比乙的大C0.60.8小时内，甲的位移比乙的小D0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：位移图象反映质点的位置随时间的改变状况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；

2、依据斜率的正负分析速度的方向物体的位移等于s的改变量解答：解：A、由图知，0.20.5小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A错误B、st图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B正确C、物体的位移等于s的改变量则知0.60.8小时内，甲的位移比乙的大，故C错误D、00.6小时内，甲的位移比乙的大，0.60.8小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8小时内，甲的路程比乙的大，故D错误故选：B点评：该题考察了对位移时间图象的理解和应用，要驾驭：在位移时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的改变量表示位移2（4分）（2019广东）如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西

3、方向运动，帆船以速度v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vB帆船朝正西方向航行，速度大小为vC帆船朝南偏东45方向航行，速度大小为vD帆船朝北偏东45方向航行，速度大小为v考点：运动的合成和分解分析：将帆板视为静止，则可得出船相对于板的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向解答：解：以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合=v；方向北偏东45度故选：D点评：本题考察运动的合成与分解及参考系的内容，矢量是高中物理中的重要内容要驾驭其合成与分解的方法3（4分）（2019广东）如图为气

4、流加热装置的示意图，运用电阻丝加热导气管，视变阻器为志向变压器，原线圈接入电压有效值恒定的沟通电并保持匝数不变，调整触头P，使输出电压有效值由220V降至110V调整前后（）A副线圈中的电流比为1：2B副线圈输出功率比为2：1C副线圈的接入匝数比为2：1D原线圈输入功率比为1：2考点：变压器的构造和原理专题：沟通电专题分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析解答：解：A、通过调整触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的状况下，依据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应当变为原来的

5、一半，所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；B、由P=，所以输出功率之比为4：1，故B错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；故选：C点评：本题不仅考察了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考察了电路的动态分析4（4分）（2019广东）在同一匀强磁场中，粒子（He）和质子（H）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2：1C运动速度大小之比是4：1D受到的洛伦兹力之比是2：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场

6、中的运动专题分析：质子H和粒子以一样的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力供应向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比拟r、速度v及T的表达式，依据表达式可以得到半径以及周期之比解答：解：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，所以：故C错误；A、质子H和粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力供应向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m，得轨道半径：R=，依据质子质子（H）和（He）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，则得：RHe：RH=，故A错误；B、粒子运动的周期：，所以：故B正确；D、依据粒子受到的洛伦兹力：f=qvB，得：故D错误故选：B点评：本题

7、主要考察了带电粒子在磁场场中运动的问题，知道洛伦兹力充当向心力，娴熟驾驭圆周运动的根本公式即可二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分.在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个正确的得3分，有错选或不答的得0分）5（6分）（2019广东）如图为某试验器材的构造示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了肯定体积的空气，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全部分子运动速率都增大考点：志向气体的状态方程；封闭气体压强专题：志向气体状态方程专题分析：气体分子间距较大，内能主要表达在分子平均动能上，温度上

8、升时内能增大；再依据压强的微观说明可明确压强的改变解答：解：水加热升温使空气温度上升，故封闭空气的内能增大，气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击力增大，故压强增大；但分子间间隔 不变，故分子间作用力不变；由于温度是分子平均动能的标记是一个统计规律，温度上升时并不是全部分子的动能都增大，有少数分子动能可能减小；故选：AB点评：本题考察分子的微观性质，要留意明确气体内能取决于温度；而压强取决于温度和体积6（6分）（2019广东）科学家运用核反响获得氚，再利用氘和氚的核反响获得能量，核反响方程分别为：X+YHe+H+4.9MeV和H+HHe+X+17.6MeV下列表述正确的有（）AX是中子BY的

9、质子数是3，中子数是6C两个核与都没有质量亏损D氘和氚的核反响是核聚变反响考点：爱因斯坦质能方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：依据质量数守恒以及电荷数守恒即可推断出X和Y；依据是否释放能量断定有没有质量亏损；依据核反响的特点断定是否是聚变反响解答：解：A、依据核反响方程：H+HHe+X，X的质量数：m1=2+34=1，核电荷数：z1=1+12=0，所以X是中子故A正确；B、依据核反响方程：X+YHe+H，X是中子，所以Y的质量数：m2=4+31=6，核电荷数：z2=2+10=3，所以Y的质子数是3，中子数是3故B错误；C、依据两个核反响方程可知，都有大量的能量释放出来，所以肯定都有质量

10、亏损故C错误；D、氘和氚的核反响过程中是质量比拟小的核生成质量比拟大的新核，所以是核聚变反响故D正确故选：ABD点评：该题考察常见的核反响方程，在这一类的题目中，要留意质量数守恒和核电荷数守恒的应用根底题目7（6分）（2019广东）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在程度地面上，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绳子对杆的拉力在程度方向的合力为零D绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对杆进展分析，明确杆受力状况

11、，再依据程度和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系解答：解：A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不一样，由于杆保持静止，故在程度方向三力程度分力的合力应为零；故说明三力的大小不行能相等；故A错误；C正确；B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B正确；D错误；故选：BC点评：本题考察共点力的平衡条件及应用，要留意本题中应分别对程度和竖直两个方向进展分析才能得出正确结果8（6分）（2019广东）在星球外表放射探测器，当放射速度为v时，探测器可绕星球外表做匀速圆周运动，当放射速度到达v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

12、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，脱离星球所须要的放射速度越大B探测器在地球外表受到的引力比在火星外表的大C探测器分别脱离两星球所须要的放射速度相等D探测器脱离星球的过程中，势能渐渐增大考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，放射速度与质量无关，依据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比拟万有引力大小，依据放射速度为比拟放射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大解答：解：A、探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，放射速度与质量无关，故A错误；B、依据万有引力

13、公式得：探测器在地球外表受到的引力，在火星外表受到的引力，而地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，解得：，即探测器在地球外表受到的引力比在火星外表的大，故B正确；C、探测器脱离星球时，其须要放射速度为，地球与火星的不同，所以所需放射速度也不同，故C错误；D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故D正确故选：BD点评：本题主要考察了万有引力公式得干脆应用，知道绕星球外表做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，难度适中9（6分）（2019广东）如图所示的程度匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示途径挪动到同一程度线上的不同位置，释

14、放后，M、N保持静止，不计重力，则（）AM的带电量比N的大BM带负电荷，N带正电荷C静止时M受到的合力比N的大D挪动过程中匀强电场对M做负功考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：分别对MN两个小球进展受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答解答：解：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不管N带正电，还是带负电，都不行能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满意同时静止又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等故

15、A错误，B正确；C、静止时，二者受到的合力都是0故C错误；D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以挪动过程中匀强电场对M做负功故D正确故选：BD点评：该题考察电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全一样的解决方法三、非选择题：（按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）10（8分）（2019广东）某同学试验打点计时器测量当地的重力加速度（1）请完成以下主要试验步骤：按图（a）安装试验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物

16、靠近（填“靠近”或“偏离”）计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复试验；（2）图（b）和（c）是试验获得的两条纸带，应选取b（填“b”或“c”）来计算重力加速度在试验操作和数据处理都正确的状况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要缘由是空气阻力和摩擦考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：试验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）通过组装器材、进展试验和数据处理的依次对试验的步骤进展分析求解；（2）依据纸带上的点迹分布进展分析选择纸带，由于存在摩擦阻力，所以在试验操作和数据处理都正确的状况下，得到的结果仍小于当地重力加速度解答：解：（1）按图（a）安装

17、试验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复试验；（2）依据纸带上的点迹分布得出b纸带做加速运动，而且相邻计时点的间隔 较大，c纸带先加速后减速，且相邻计时点的间隔 较小，所以应选取b来计算重力加速度在试验操作和数据处理都正确的状况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要缘由是空气阻力和摩擦故答案为：（1）靠近；接通电源；松开纸带；（2）b，摩擦点评：对于试验的详细操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手试验，实在去体会正确解答试验问题的前提是明确试验原理，从试验原理动身进展分析所需试验器材、所测数据、误差分析

18、等，会起到事半功倍的效果11（10分）（2019广东）某试验小组探讨两个未知元件X和Y的伏安特性，运用的器材包括电压表（内阻约为3k）、电流表（内阻约为1）、定值电阻等（1）运用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10据此应选择图中的b（填“b”或“c”）电路进展试验；（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，电流表的示数渐渐增大（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，重复试验；（3）如图（d）是依据试验数据作出的UI图线，由图可推断元件Y（填“X”和“Y”）是非线性元件；（4）该小组还借助X和Y中的线性元

19、件和阻值R=21的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图（e）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（d）可算得E=3.2Vr=0.50（结果均保存两位有效数字，视电压表为志向电压表）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：试验题；恒定电流专题分析：电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率依据元件X的电阻大小确定电流表的内外接先分析电路的连接方式即串联，然后依据滑动变阻器的正确运用方法进展分析依据图象得特点推断元件是否是非线性元件；依据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r解答：解：（1）运用多用电表粗测元件X的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图

20、（a）所示，读数为10元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采纳外接法误差较小，因此须要选择图b所示试验电路（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，并联支路电压增大，电流表的示数渐渐增大；（3）如图（d）是依据试验数据作出的UI图线，由图可推断元件Y是非线性元件；（4）依据UI图线得出元件X的电阻R=10；闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，依据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+rE=1+（r+21）解得：E=3.2Vr=0.50故答案为：（1）10；（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50点评：知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确运用

21、滑动变阻器，会依据欧姆定律推断电压表和电流表示数的改变关键驾驭滑动变阻器分压式和限流式的区分，电流表内外接的区分，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻12（18分）（2019广东）如图（a）所示，平行长直金属导轨程度放置，间距L=0.4m，导轨右端接有阻值R=1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时刻开场，磁感应强度B的大小随时间t改变，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开场向右匀速运动，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）棒进入

22、磁场前，回路中的电动势E；（2）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区域使电流i与时间t的关系式考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：依据法拉第电磁感应定律E=N求出感应电动势的大小，依据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再依据安培力大小求解解答：解：（1）依据法拉第电磁感应定律E=N得棒进入磁场前，回路中感应电动势为：E=0.08=0.04V，同一时刻，棒从导轨左端开场向右匀速运动，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，棒通过三角形abd区域时，棒切割磁感线产生的感应电动势大

23、小E=Blv=2Bv（t1）v，依据欧姆定律得棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式i=t1 （1st1.2s），当t=1.2s时，电流最大，有效长度最大，最大安培力Fm=BIL=0.04N，依据左手定则得安培力方向程度向左答：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E是0.04V；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力大小是0.04N，方向程度向左，棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式i=t1 （1st1.2s）点评：本题考察了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考察了闭合欧姆定律和安培力公式，难度中等13（18分）（2019广东）如图所示，一条带有圆轨道的长轨

24、道程度固定，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=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）（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；（2）若碰后AB最终停顿在第k个粗糙段上，求k的数值；（3）求碰后AB滑至第n个（nk）光滑段上的速度VAB与n的关系式考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向

25、心力专题：动能定理的应用专题；动量定理应用专题分析：（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；（3）设总共经验了n段，依据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式解答：解：（1）由机械能守恒定律可得：mv02=mg（2R）+mv2解得：v=4m/s；由F+mg=m可得：F=22N；（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：mv02=mvA2得vA=v0=6m/s；AB碰撞后以共同速度vP前进

26、，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）vp解得：vP=3m/s；故总动能EK=（m+m）vP2=29=9J；滑块每经过一段粗糙段损失的机械能EK=fL=（m+m）gL=0.1200.1=0.2J；k=45；（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；E损=nE=0.2nJ从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）vP2（m+m）vAB2=nE，代入解得：vAB=m/s；答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；（2）k的数值为45；（3）碰后AB滑至第n个（nk）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vAB=m/s；点评：本题考察动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要留意能量的转化与守恒的敏捷应用