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I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

2、的两个线圈，分别接电源和电流表，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

3、成了闭合回路，线圈中插入条形磁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

4、变化；二是闭合电路中包含磁场部分的面积变化；三是闭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

5、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Bi,和垂直导线的分量 B2,分量为Bi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=BILsin0 ,。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。图将直导线从中

6、点折成直角，导线两瑞连线长为原长的？，弯曲导线的等效长度为原长的同N安培力的大小为原来的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=IAL - Bsin 0 ,把这许多安培力加起来就是整个导线受的力。

7、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或兀时，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, Q点穿越铝板后到达 PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时, 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2A. 2B. V2 C. 1 D.2本题考查点：洛仑兹力的大小公

8、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=,洛仑兹力提供利疗 匀速圆周运动所需的向心力，qvB=，得r=出.铝板的上方有ri = '：铝板的下方有2=耳，两式相除得 7 =2I 2 I 2 I 12_ .力_ 溜由动能公式国m，得尸花口23一, -' 2Vl代入上式得办一,得D正确。答案：D总结：洛伦兹力的公式为 f -鹏8。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f = l城yEsin®,

9、其中0是v和b的夹角。JJI p 之4* r222F m = iTKU r m = 4" mt r = 4tf, ，八 、向心力公式： 其中：v为线速度单位m/s, w为角速度单位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

10、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Fi=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Fzcos。=mg,水平方向有Fzsin 0 =ma得F2= ,设橡皮筋的劲度系数为k,原长为l 0.bnp静止时橡皮筋的长度 Li=10+”，小球距悬点的高度

11、 H=L1=l加速时橡皮筋的长度 L2=l 0+氤，小球距悬点的高度 H2=L2cos 0 =l 0cos e +L hA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=kAx,其中k为劲度系数，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,F 2x

12、,F3x，在y轴方向各力的分力分别为 F1y,F2y,F 3y.那么在x轴方向的合力 Fx = F1x+ F2x+F3x+，在y轴万向的合力 Fy= F1y+ F2y+ F3y+.合力F= * 尸，设合力与 x轴的夹角为则tan。=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

13、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B解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中白电压Ucd 一BS,t t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成正比B I ,故UcdI.在i-t图像中图线的斜率即为Ucd,。tcd 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：

14、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e=nA/At,式中n为线圈匝数，A 为磁通量变化量，单位 Wb, At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

15、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）1.01.55.29.51930A.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、相遇周期的计算匚in解析：由开普勒第三定律=恒，得T火=、L5

16、年=1.8年、T木='5.2年=11.8年、T 土/ 3 .I / 3=15年=29.3年、T天王=:19年=82.8年、T海王=3。年二164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ZstI| 丁什丁地 |（仆乃一工二，得t遇二；'，代入数据得：T遇火=2.1年、T遇木=1.1年、T遇土=1.04年、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

17、。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Q k_GM计算。即：其中，47T2, M为中心天体的质量。|2n 2nI %，地 I对地外行星与地球的相遇周期为T遇则有（T上一，七一，得T遇= 巾，2nI TJ.地 I）T = 2Tt"-对地内行星与地的相遇周期T遇则有（.也 ,得T遇=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O

18、O'的距离为l, b与转轴的距离为21.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0 .II a bl 门 口A. b一定比a先开始滑动B. a、b所受的摩擦力始终相等C. g 楞 是b开始滑动的临界角速度D.当3=2kg时，a所受摩擦力的大小为 kmg31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，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力，即 F静=mw2r,由于ra=l, rb=2l,所以发生相对滑动前木块 b的静

19、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.匚画一定比a先开始滑动，A正确；b达到最大静摩擦力时，有 kmg- 2m3:;得"一 Q力为b开_ pkg2始滑动的临界条件，C正确；当J，二时代入公式，得 a受到的摩擦力的大小为 水F ,D 项错。答案：AC总结：木块a、b静摩擦力Ff£Ffm,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。21 .如图，在正点电荷 Q的电场中有 M、N、P、F四点，M、N、

20、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 如、加、加、忏表示，已知 加=枷，（p =忏，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，则点电荷在这两条线的交点。上，如图在PM连线

21、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）任意两个等势面都不会相交2014年

22、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n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 至U。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。(2)由

23、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，所以调整轨道倾斜度，第

24、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a mg ,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 0,电阻Ro（阻值3.0 0,电阻Ri（阻值3.0，电流表 ® （量程为200mA,内阻为Ra=6.0 Q）,开关S.实验步骤如下:将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S;待测电源多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值 R

25、;以1为纵坐标，R为横坐标，作 1-R图线（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 Q时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表。答：,R/Q1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.1250.1000.0910.0840.077I-1/A-16.998.0010.011.011.913.012.01L010.-09080工06.0S.002.04.06.0 RQ图（e）（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并

26、作图，根据图线求得斜率k=A-1 Q-1,截距 b=A-1.（4）根据图线求得电源电动势 E=V,内阻r=Q.第23题本题考查点：用安培表和电阻箱测电源的电动势和内阻路总电流应为 31。根据闭合电路欧姆定律有：E=3I（ RAR +Ro + R+r）,代入数据整理得:Ra Ri13 c 15 3rR I E E（2）根据图（b）可得电流表示数为 110mA=0.110A ;所以1/I=9.091（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 Q-1,截距b=6.0A3.，15 3r,一（4）根据和图象可得：k1 ,-b6,解得：E=3V r=1.0Q.

27、答案：（1） 13 R 15 3rI E E（2）0.1109.09（3）见图（c）答，斜率 k=1.0A-1 Q1,截距 b=6.0A（4） 3.0（或在 2.73.3 之间）1.0（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 打二十%式可变为 口二+ E ,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 式可变为改十广，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

28、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。厂门U 11r 1是+ r =+ 方法3.伏阻法式可变为聂，或？芭丹衣，改变电路的外电阻R,1 1 1 测出一系列的U值，作出沙 衣图象。图象在 U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=I a+Ir,l R两支路的电压相等IaRA=IrR,所以I= .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

29、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叫刹车时汽车的加速度大小为a。，安全距离为s,反应时间为

30、t°,由牛顿第二定律和运动学公式得wmg=mao2°- vos=voto+2ao式中，m和vo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的依题意有2|= JJ05设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为运动学公式得a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和mgma2vs=vto+ 2a联立式并代入题给数据得【答案】20m/sv=20m/s (72km/h) (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xi=vt,速度减到零的匀减速直线运动有二个过程的总位移等于安全距离

31、, 解得结果。25. (20 分)S=Xl+X2=vt+0晴天与雨天两种情况可列两个方程，联如图，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 o2将一质量为 m的小球以一定的初动能自 。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，场强方向与平行。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 点时的动能是初动能的 3倍；若该小球从。点以同样的初动能沿另一方向抛出, 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A OAB所在平面A点，到达 恰好通过

32、(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 vo,初动能为Ek。，从。点运动到A点的时间为t,令OA=皿 3d,则 OB = -d,2根据平抛运动的规律有又有dsin60 = vot1 2d cos60 = - gt2Eko = - mv 22由式得设小球到达A3Eko = - mgd点时的动能为EkA,则EkA = Eko + mgd2由式得05EkAEk0（2）加电场后，小球从。点到A点和B点，高度分别降低了d和0d，设电势能分别减小A

33、EpA224To和AEpB,由能量守恒及式得正pA=3Ek0 -Ek0 -mgd =Eko正pB=6Eko -Eko mgd = Eko在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线 M与。点的距离为x,如图，则有OB上白M M点与A点等电势,3dEpAEpB2解得x = d。MA为等势线，电场必与其垂线 OC方向平行。 角为%由几何关系可得设电场方向与竖直向下的方向夹a=3o°即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E,有qEd cos3o = AEpa11由）式得为【答案】（1） 73E=73mg6q(2) 3mg6q与竖直向下的方向的夹角为30&

34、#176;vo作为已知量，最后总结：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 比值中消掉了 vo。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，Wfe +VG=Ek末-Eko,两个过程中的 W不相同，WG与h成正比，hoB=3hbA,所以VG2=3WG%由第（1）4问的末动能减去初动能得:，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=；知、WOB=Ek0 O 由12化的，取OC="'，则 Ube印线垂直AC向下。由 E=fed 4严用 q - OA2,得 UoA=' ，,在匀强电场中同一条直线上电势差是均匀变就

35、有UOA=Ubc, A、C两点等势,d为OA两点沿电场线方向的距离vo、OA均没有已知，在第（1）问中A C连线为等势线，电场,d=OAcos3o ° ,代入得OA=，代入彳导E=小。（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目的题号 计分。33.物理一一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选彳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

36、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D. a、b和c三个状态中，状态 a分子的平均动能最小E. b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、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 -Pa Pb ,所以为等容变化过程，气体没 Ta Tb有对外做功，外界也没有对气体做功，所以温度升高，

37、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

38、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 AU = Q+ W内能增加A U>0,系统 从外界吸热Q>0,外界对系统做功 W>0反之A 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|12P= , 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II单位时间内受到气体分子撞击的次数N=；n 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。

39、(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To.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中，由玻意耳定律得phS=( p+ Ap)( h- - h) S4解得a=1p3外界的温度变为 T后，设活塞距底面的高度

40、为h。根据盖吕萨克定律，得ToT解得3Th据题意可得Ap = mg气体最后的体积为联立式得SV=Sh'V=9mghT-4pT0【答案】9mghT4pTo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PVt1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.物理选彳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。（填正确答案点的振动图像。P是平衡位置为x=2m的质点。下列说法正确的是标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分

41、。每选错1个扣3分，最低得分 为0分）图g)A.波速为0.5m/sB.波的传播方向向右C. 02s时间内，P运动的路程为8cmD. 02s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入=2m,根据图（b）可得振动周期波速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 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， t=2s时质点P在最低点，据周期 T=4s,可知T=0时质点P在最高点，所以T=4s,所以y轴负方向，

42、B错误;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（ 某个时刻的位移，可以表示出振幅和波长，波长入a）是波动图象，波动图象表示各个质点在=2m。由题意得振动图是波中的质点的振动规律，波动图是振动到t=2s时的波动规律，两图象相结合得，图x=1

43、.5m 处(a)中 x=1.5m在t=2s时位于y轴正方向1个再运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=。P点是x=2m处的质点，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，运动方向向运动，路程为两个振幅 2A=8cm。t=7s时,P又运动了 1T,从波谷回到波谷要 动T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，。为圆心,如图所示。玻璃的折射率为n= 22 .(i) 一束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

44、射出，则入射光束在 AB上的最大宽度为多少？3(ii) 一细束光线在 。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 也则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1sin 0=n由几何关系有OE = Rsin 0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1= 2 R(ii)设光线在距。点乎R的C点射入后，在上表面的入射角为“，由几何关系及式和已知条件

45、得a=60 > 0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3OG =OC = 一 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)2 R ( ii) 3 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=。35.物理选彳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。 选又1个彳导3 分，选对

46、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. a、3和丫三种射线中，丫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a、3和丫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；a、B和丫；三种射线中，丫射线能量最高，穿透能力最强，D正确； 一个原子核在一次衰变中，要是 a衰变、要么是 3衰变，同时伴随着能量的释放，即 丫射线，E 错误。【答案】BC