2014年高考(全国新课标1卷)物理详解

1、2014年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷I）理科综合能力测试（物理）第卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连。往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电

2、源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化本题考查点：产生感应电流的条件是通过闭合电路中的磁通量发生变化，分解成二个条件，一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量发生变化。解析：A项中线圈与电流表相连组成回路，满足第一条件，但是线圈中的磁铁是指永磁铁，磁场不会变化，回路中的磁通量没有变化，不满足第二条件，因此不会产生感应电流，电流表的示数不会变化。A错。B项中连有电流表的闭合线圈放在通电线圈旁，通电线圈旁有磁场，若通有恒定电流，则磁场不变化，闭合线圈中的磁通量不变化，不产生感应电流，电流表示数不会变化。B错。C项中一房间内的线圈两端与另一房间的电流表连接组成了闭合回路，线圈中插入条形磁

3、铁过程中在线圈中有变化的磁场，闭合回路中磁通量发生变化，产生感应电流，但是插入条形磁铁后，磁场不变，闭合线圈中的磁通量不变化，没有了感应电流，再到相邻房间观察时电流表不变化了。C错。D项中绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，如图组成两个回路A、B。A线圈通电或断电的瞬间，A线圈中的磁场增强或消失，A线圈中磁感线在铁环中形成闭合线，同时通过B线圈，引起B线圈中的磁通量的变化，B线圈中产生感应电流，电流表的示数有变化，D正确。答案：D总结：产生感应电流的条件是闭合电路中的磁通量发生变化。磁通量发生变化有三种情况：一是磁场变化即磁感应强度B变化；二是闭合电路中包含磁场部分的面积变化；三是闭

4、合电路所在的面与磁场方向的夹角变化。可以用一种通俗的说法：闭合电路中的磁感线的条数变化就是磁通量发生变化。15关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半本题考查点：安培力的大小及方向有关知识。解析：安培力的方向遵守左手定则。左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内。把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极(叉进点出)，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的

5、方向。大拇指与其余四指垂直，安培力方向一定垂直导线，A项错。磁场方向与导线不垂直时，如图，可以将磁场的方向分成平行导线的分量B1，和垂直导线的分量B2，分量为B1的磁场对通电导线不产生安培力，分量为B2的磁场对通电导线产生的安培力方向与B2的方向及导线都垂直，即安培力的方向总垂直磁感线与导线所在的平面，一定垂直磁场方向，B项正确。通电导线和磁场方向平行时，不产生安培力，通电导线与磁场方向垂直时，产生的安培力最大，由安培力公式F=BILsin，为通电导线与磁场方向的夹角。安培力与这个角度有关，C项错。将直导线从中点折成直角，导线两瑞连线长为原长的22，弯曲导线的等效长度为原长的22，安培力的大小

6、为原来的22，D项错。答案：B总结：安培力方向判断的左手定则与感应电流方向判断的右手定则很容易记混，可以发现“力”字向左撇，就用左手；而“电”字向右撇，就用右手。记忆口诀：左手力，右手电，手心迎着磁感线。通电导线在磁场中受到的安培力。电流为I、长为L的直导线。在匀强磁场B中受到的安培力大小为：F=ILBsin，其中为导线方向与磁场方向间的夹角。对于任意形状的通电导线受匀强磁场的安培力，可把导线中电流分解为许多段电流元IL，每段电流元受的安培力为F=IL·Bsin，把这许多安培力加起来就是整个导线受的力。有一种简便法，将弯曲导线两瑞的连线看成导线的等效长度，整个弯曲导线受到的安培力等于

7、两瑞连线通有相同电流时受到的安培力。当电流方向与磁场方向相同或相反时，即=0或时，电流不受磁场力作用。当电流方向与磁场方向垂直时，电流受的安培力最大为F=BIL。16如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A2 B C1 D本题考查点：洛仑兹力的大小公式、匀速圆周运动的向心力公式、动能公式。解析：带电粒子受到的洛仑兹力F=qvB，匀速圆周运动的向心力F向=mv2r,洛仑

8、兹力提供匀速圆周运动所需的向心力，qvB=mv2r,得r=mvqB.铝板的上方有r1=mv1qB1, 铝板的下方有r2=mv2qB2， 两式相除得r1r2=v1B2v2B1=2由动能公式EK=12mv2,得12mv22=1212mv12,v2=22v1代入上式得B1B2=22得D正确。答案：D总结：洛伦兹力的公式为。适用条件：磁场是匀强磁场，v与B方向垂直。式中q、v分别是点电荷的电量和速度，B是点电荷所在处的磁感应强度。v与B方向不垂直时，洛伦兹力的大小是，其中是v和B的夹角。向心力公式：F=mv2r=m2r=m42rT2=mv=42mf2r=42mn2r其中：v为线速度 单位m/s，为角速

9、度 单位rad/s，m为物体质量 单位kg，r为物体的运动半径 单位m，T为圆周运动周期 单位s，f为圆周运动频率 单位Hz，n为圆周运动转速（即频率）单位r/s。匀速圆周运动是变速运动，匀速圆周运动的速度方向时刻改变，必定存在加速度向心力总与速度垂直.只改变线速度的方向，不改变线速度的大小.方向与向心加速度相同，指向圆心。17如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直时位置相比，小球的高度A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮

10、筋的劲度系数决定本题考查点：胡克定律、正交分解。解析：小车静止时，橡皮筋的弹力F1=mg,设小车的加速度增加到a时保持不变做匀加速直线运动，此时小球偏离竖直方向的角度为，橡皮筋的弹力为F2，正交分解，竖直方向有F2cos=mg,水平方向有F2sin=ma得F2=mgcos，设橡皮筋的劲度系数为k,原长为l0.静止时橡皮筋的长度L1=l0+mgk,小球距悬点的高度H1=L1=l0+mgk加速时橡皮筋的长度L2=l0+mgkcos,小球距悬点的高度H2=L2cos=l0cos+mgk<H1A正确。答案：A总结：胡克定律的内容是：在弹性限度内，弹簧所受的拉力与形变量成正比。F=kx，其中k为劲

11、度系数，x为形变量，F为所受的拉力。将一个力分解为Fx和Fy两个相互垂直的分力的方法，叫作力的正交分解。在多个共点力作用下，运用正交分解法的目的是用代数运算公式来解决矢量的运算.在力的正交分解法中，分解的目的是为了求合力，尤其适用于物体受多个力的情况，物体受到F1,F2,F3，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴，y轴分解，则在x轴方向各力的分力分别为 F1x,F2x,F3x，在y轴方向各力的分力分别为F1y,F2y,F3y.那么在x轴方向的合力Fx = F1x+ F2x+ F3x+ ，在y轴方向的合力Fy= F1y+ F2y+ F3y+.合力F=Fx2+Fy2，设合力与x轴的夹角为，则tan

12、=FyFx.在运用正交分解法解题时，关键是如何确定直角坐标系，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则；在动力学中，以加速方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标，这样使牛顿第二定律表达式为：F=ma.18如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间的电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是本题考查点：法拉第电磁感应定律、U-t图、I-t图解析： 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中的电压，由于磁场是线圈 ab中的电流产生的 ，且线圈内部的磁场与流经线圈的电流

13、成正比，故在i-t图像中图线的斜率即为Ucd，。cd线圈间的电压在0-0.5s、0.5s-1.5s、1.5s-2.5s、2.5s-3.5s内恒定， ab线圈中的原电流在这些时间内就随时间均匀变化，I-t图中在0-0.5s、0.5s-1.5s、1.5s-2.5s、2.5s-3.5s时间内的图线是倾斜的直线。C正确。答案：C总结：法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比。感应电动势用表示，即=n/t，式中n为线圈匝数，为磁通量变化量，单位Wb ，t为发生变化所用时间，单位为s.为产生的感应电动势，单位为V.本题如果考虑方向问题，则在0-0.5s内感应电动势是c

14、端比d端低，感应电流方向从c流到d，感生磁场方向在铁芯中从右向左，原磁场增大时，与感生磁场方向相反，从左向右，则原电流从b向a，则C图中表示的是从b到a的电流随时间变化情况。19太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(AU)1.01.55.29

15、.51930A各地外行星每年都会出现冲日现象B在2015年内一定会出现木星冲日C天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短第19题本题考查点：开普勒第三定律、相遇周期的计算解析：由开普勒第三定律 T2r3=恒，得T火=1.53年=1.8年、T木=5.23年=11.8年、T土=9.53年=29.3年、T天王=193年=82.8年、T海王=303年=164年每一次行星冲日，表示行星与地球相遇最近一次，设行星与地球的相遇周期为T遇则有（2T地-2T行）T遇=2，得T遇=T行T地T行-T地，代入数据得:T遇火=2.1年、T遇木=1.1年、T遇土=1.04年、

16、T遇天=1.01年、T遇海=1.006年。火星2.1年出现一次冲日现象，其它地外行星相遇周期都大于一年，也不一定每年出现冲日现象，A项错。木星与地球相遇周期为1.1年，在2015年2月又与地球相遇，B正确。T遇天不等于T遇土的一半，C项错。T遇海最小，D正确。答案：BD总结：开普勒第三定律，也称周期定律：是指绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星，其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个常量。这里，a是行星公转轨道半长轴，T是行星公转周期，K是常数，其大小只与中心天体的质量有关。常用于椭圆轨道的计算。即：。其中，M为中心天体的质量。对地外行星与地球的相遇周期为T遇则有（2T地-2T行）T遇

17、=2，得T遇=T行T地T行-T地，对地内行星与地球的相遇周期T遇则有（2T行-2T地）T遇=2，得T遇=T行T地T地-T行20如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C=是b开始滑动的临界角速度D当=时，a所受摩擦力的大小为kmg第20题本题考查点：静摩擦力、最大静摩擦力、向心力公式、离心运动解析：小木块都随圆盘做匀速圆周运动时，在发生相

18、对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力，即F静=m2r，由于ra=l，rb=2l，所以发生相对滑动前木块b的静摩擦力大， B项错；随着转速增大，b、a能受到的静摩擦力增大，木块b先达到最大静摩擦力，b一定比a先开始滑动，A正确；b达到最大静摩擦力时，有kmg=2m2l,得=kg2l为b开始滑动的临界条件，C正确；当=2kg3l时代入公式，得a受到的摩擦力的大小为23kmg,D项错。答案：AC总结：木块a、b静摩擦力FfFfm，时与圆盘保持相对静止，b受到的静摩擦力大于a受到的静摩擦力，b先增大到最大静摩擦力时，再增大转速后b的最大静摩擦力不够提供b随圆盘一起转动所需的向心力，做离心运动。2

19、1如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30°M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M = N，P = F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DP大于M第21题本题考查点：点电荷电场的电势、等势面、电场力做功解析：点电荷电场的等势面为以点电荷为球心的一族球面，所以任意两个等势点连线的垂直平分线都指向点电荷，由M=N可知点电荷在MN连线的垂直平分线上，又由P=F可知点电荷在FP线段的垂直平分线上，

20、则点电荷在这两条线的交点O上，如图在PM连线上，A正确。等势面为球面，线段PF不可能在球面上，B项错。根据几何关系可得OP<OM，得P>N,正电荷从P点移动到N点,从高电势到低电势，电场力做正功，C项错。P>N=M,所以D正确.答案:AD总结：点电荷形成的电场,是以点电荷为球心的一簇球面。等势面的特点：（1）等势面一定跟电场线垂直（2）在同一等势面上移动电荷电场力不做功，或做功之和为0分析：因为等势面上各点电势相等，电荷在同一等势面上各点具有相同的电势能，所以在同一等势面上移动电荷电势能不变，即电场力不做功（3） 电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面（4）任意两个等势

21、面都不会相交 2014年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷I）理科综合能力测试（物理）第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）22(6分)某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成 (填“线性”或“非线性”)关系。

22、(2)由图(b)可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是 。(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是 ,钩码的质量应满足的条件是 。第22题本题考查点：验证牛顿第二定律实验【解析】（1）根据该同学描绘的加速度和钩码质量的图像是一条曲线而不是直线，所以是非线性关系。（2）根据图（b）可知当钩码有一定质量，即细线有一定拉力时，小车加速度仍等于0，说明小车合力等于0，所以可能除拉力外小车还收到摩擦力作用 （3）实验改进部分由两个要求，第一个就是图像不过原点，需要平衡摩擦力，所以调

23、整轨道倾斜度，第二个就是图像是曲线，因为小车的合力即细线拉力并不等于钩码的重力，而加速度，所以要近似为直线，就要求钩码的质量远小于小车的质量，近似为常量。答案：（1）非线性（2）小车受到摩擦力（3）垫高轨道平衡摩擦力远小于小车的质量23(9分)利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9)，电阻R0(阻值3.0)，电阻R1(阻值3.0)，电流表(量程为200mA，内阻为RA=6.0)，开关S实验步骤如下：将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；以为纵坐标，R为横坐标，作- R图线(

24、用直线拟合)求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则1/I与R的关系式为 。(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表。答： ， 。R/1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.1250.1000.0910.0840.077I-1/A-16.998.0010.011.011.913.0(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k= A-1-1，截距b= A-1(4)根据图线求得电源电动势E= V，内阻r = 第23题本题考查点：用安培表

25、和电阻箱测电源的电动势和内阻解析：(1)由于电流表与电阻R1并联，且RA=6.0，R1=3.0，当电流表示数为I时，电路总电流应为3I。根据闭合电路欧姆定律有：E=3I(+R0+R+r)，代入数据整理得： (2)根据图（b）可得电流表示数为110mA=0.110A；所以1/I=9.09 (3)所缺数据点补充如图(c)答，取两点（6,12）、（0,6）得斜率k=1.0A-1-1,截距b=6.0A-1(4) 根据和图象可得：，解得：E=3V r=1.0答案：(1) (2)0.1109.09(3)见图(c)答, 斜率k=1.0A-1-1,截距b=6.0A-1(4)3.0(或在2.73.3之间)1.0

26、(或在0.6 1.4之间)总结：1.测电源的电动势和内电阻可用三种方法：方法1伏安法 式可变为 ，改变电路的外电阻R，测出一系列的I和U值，作出U-I图象。图象在U轴上的截距即为电源的电动势，直线的斜率即为内阻的负值。此方法叫伏安法，用伏特表和安培表。方法2安阻法 式可变为，或，改变电路的外电阻R，测出一系列的I和R值，作出R-1/I图象。图象在R轴上的截距即为电源的内阻，直线的斜率即电源的电动势E。此方法叫安阻法，用安培表和电阻箱。方法3伏阻法 式可变为，或，改变电路的外电阻R，测出一系列的U值，作出图象。图象在轴上的截距的倒数即为电源电动势，直线的斜率与截距的倒数乘积即为电源的内阻。此方法

27、叫伏阻法，用伏特表和电阻箱。基础实验是伏安法。安阻法和伏阻法是在伏安法实验的基础上的提高。2.电流表的改装，电流表与一个小电阻R并联，能测更大的电流。干路电流I=IA+IR，两支路的电压相等IARA=IRR，所以I=RA+RRIA.3等效电源，电源（E,r）与电阻R串联后可等效成电动势仍为E、内阻为r'=r+R的新电源。24(12分) 公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离，当前车实然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为

28、120m设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。本题考查点：匀速直线运动公式、匀变速直线运动公式、牛顿第二定律解析：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mg=ma0 s=v0t0+ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为，依题意有=0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mg=mas=vt0+联立式并代入题给数据得v=20

29、m/s(72km/h)【答案】20m/s(72km/h)总结：汽车从发现情况到停止，共有二个过程，在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动。匀速直线运动有x1=vt，速度减到零的匀减速直线运动有x2=v2-02a=v22g。二个过程的总位移等于安全距离，s=x1+x2=vt+v22g。晴天与雨天两种情况可列两个方程，联解得结果。25(20分)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA=60°，OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强

30、方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初速度沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g求(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。本题考查点：平抛运动、匀强电场的电场强度与电势差的关系、电场力做功与电势能变化的关系【解析】：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA= d，则OB =d，根据平抛运动的规律有d sin60°= v0td cos60°=gt2

31、又有Ek0 =mv 由式得Ek0 =mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA = Ek0 +mgd由式得=(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA=3Ek0 - Ek0 -mgd =Ek0EpB=6Ek0 - Ek0 -mgd =Ek0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有=解得x = d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为，由几何关系可得 =30°OAMBCE即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30

32、°。设场强的大小为E，有qEd cos30°=EpA由式得为E =【答案】(1) (2) 与竖直向下的方向的夹角为30°总结：第（1）问中只要运用平抛运动知识就可得结果，运算过程中将v0作为已知量，最后比值中消掉了v0。第（2）问中可以在带电小球从O到A、从O到B的两个过程中分别应用动能定理，W电+WG=Ek末-Ek0，两个过程中的WG不相同，WG与h成正比，hOB=3hOA，所以WG2=3WG1，由第（1）问的末动能减去初动能得WG1=43Ek0，两个过程的方程代入数据得两个过程中的电场力做的功WOA=23Ek0、WOB=Ek0。由U=wq，得UOA=23UOB

33、，在匀强电场中同一条直线上电势差是均匀变化的，取OC=23OB，则UOC=23UOB，就有UOA=UOC，A、C两点等势，A、C连线为等势线，电场线垂直AC向下。由E=UOAd，d为OA两点沿电场线方向的距离，d=OAcos30°，代入得E=23Ek0OA32q=43312mv02qOA，发现v0、OA均没有已知，在第（1）问中OA=v0tsin60°=v0233v032g=4v023g，代入得E=3mg6q。（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题

34、目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。caTPOb33物理 选修3-3(15分)(1)(6分)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p -T图像如图所示。下列判断正确的是 。(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同本题考查点：理想气体等容变化

35、、等温变化、等压变化、热力学第一定律、气体压强的微观解释、分子的平均动能【解析】 从a 到b的过程，根据图线过原点可得，所以为等容变化过程，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以温度升高，只能是吸热的结果， A正确；从b到c的过程温度不变，可是压强变小，说明体积膨胀，对外做功，理应内能减少温度降低，而温度不变说明从外界吸热，B错误；从 c 到a的过程，压强不变，根据温度降低说明内能减少，根据改变内能的两种方式及做功和热传递的结果是内能减少，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量， C错误。分子的平均动能与温度有关，状态 a 的温度最低，所以分子平均动能最小，D正确； b和c两个状态，温度

36、相同，即分子运动的平均速率相等，单个分子对容器壁的平均撞击力相等，根据b压强大，可判断状态 b 单位时间内容器壁受到分子撞击的改数多，E正确。【答案】 ADE 总结：热力学第一定律 在热力学中，系统发生变化时，设与外界之间交换的热为Q，外界对系统做的功为W，可得热力学能（亦称内能）的变化为U = Q+ W，内能增加U>0,系统从外界吸热Q>0,外界对系统做功W>0,反之U<0、Q<0、W<0。气体压强的微观解释，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。压强微观公式P=13nmv2

37、，n为气体分子数密度，即单位体积内的分子数，v为平均速率。容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数N=16nv，b、c两状态温度相同，v相同，p减小，体积V减小，n增大，分子撞击的次数N增大。(2)(9分)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g本题考查点：理想气体的玻意耳定律、盖-吕萨克

38、定律【解析】设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得phS =(p +p)(h -h)S解得p =p外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h。根据盖吕萨克定律，得=解得h=h据题意可得p =气体最后的体积为V =Sh联立式得V =【答案】总结：理想气体的玻意耳定律，一定质量的理想气体在温度保持不变时，压强与体积的乘积为恒量，即PV=恒量。盖-吕萨克定律，一定质量的理想气体在压强保持不变时，体积与热力学温度成正比。34物理 选修3-4(15分)(1)(6分)图(a)为一列简谐横波在t=2s时波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像。P

39、是平衡位置为x=2m的质点。下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A波速为0.5m/sB波的传播方向向右C02s时间内，P运动的路程为8cmD02s时间内，P向y轴正方向运动E当t=7s时，P恰好回到平衡位置本题考查振动图象y-t图、波形图y-x图【解析】根据图(a)的波形图判断机械波的波长=2m，根据图(b)可得振动周期T=4s，所以波速v=/T=0.5m/s，A正确；根据图(b)可判断x=1.5m的质点在t=2s振动方向为y轴负方向，在图(a)中，根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可判断波的传播方向向左，

40、B错误；t=2s 时质点P在最低点，根据周期T=4s，可知T=0 时质点P在最高点，所以02s时间内质点P通过的路程为2倍的振幅即8cm，C 正确； 02s质点P向y轴负方向运动，D错误；t=2s到t =7s共经5s为5T/4，所以质点P刚好回到平衡位置，E正确。【答案】ACE总结：图(b)是振动图象，振动图象表示出某个质点的位移随时间变化规律,它可以告诉我们这个质点在任一时刻对平衡位置的位移,还可以表示出振幅和周期，振动周期T=4s;它也可以告诉我们任一时刻这个质点的速度与方向。图（a）是波动图象，波动图象表示各个质点在某个时刻的位移，可以表示出振幅和波长，波长=2m。由题意得振动图是波中x

41、=1.5m处的质点的振动规律，波动图是振动到t=2s时的波动规律，两图象相结合得，图(a)中x=1.5m处的质点在振动图中t=2s时，从平衡位置向y负方向运动。根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可判断波的传播方向向左。波速v=T。P点是x=2m处的质点，在t=2s 时位于波谷，它们的振动周期都相同，在02s半个周期内从波峰到波谷，运动方向向y轴正方向运动，路程为两个振幅2A=8cm。t=7s时,P又运动了114T，从波谷回到波谷要1个T，再运动14T向上到平衡位置。(2)(9分)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率为n=(i)一束

42、平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？(ii)一细束光线在O点左侧与O点相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。本题考查点：光的全反射、全反射的临界角【解析】 (i)在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图。由全反射条件有sin =由几何关系有OE =Rsin由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为l =2OE联立式，代入已知数据得l =R(ii)设光线在距O点R的C点射入后，在上表面的入射角为，由

43、几何关系及式和已知条件得 =60°>光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图。由反射定律和几何关系得OG =OC =R射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。【答案】(i) R (ii) R总结：光的全反射：光由光密介质进入光疏介质时，要偏离法线折射。当入射角增加到某种情形时，折射线延表面进行，即折射角为90°，该入射角C称为临界角。若入射角大于临界角，则无折射，全部光线均返回光密介质，此现象称为全反射。全反射的临界角公式，sinC=1n。35物理 选修3-5(15分)(1)(6分)关于天然放射性，下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对1个

44、得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A所有元素都可能发生衰变B放射性元素的半衰期与外界的温度无关C放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D、和三种射线中，射线的穿透能力最强E一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线本题考查点：天然放射现象【解析】只有原子序号超过83的元素才都能发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期决定于由原子核内部的结构，与外界温度及化学作用等无关，B正确；放射性元素其放射性来自于原子核内部的，与其他元素形成化合物并没有改变其内部原子核结构所以仍具有放射性，C正确；、和；三种射线中，射线能量最高，穿透能力最强，D正确； 一个原子核在一次衰变中，要是衰