2014年高考(全國新課標1卷)物理詳解

1、2014年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（課標卷I）理科綜合能力測試（物理）第卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14在法拉第時代，下列驗證“由磁產生電”設想的實驗中，能觀察到感應電流的是A將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化B在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C將一房間內的線圈兩端與相鄰房間的電流表相連。往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化D繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電

2、源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化本題考查點：產生感應電流的條件是通過閉合電路中的磁通量發(fā)生變化，分解成二個條件，一是要有閉合回路；二是回路中的磁通量發(fā)生變化。解析：A項中線圈與電流表相連組成回路，滿足第一條件，但是線圈中的磁鐵是指永磁鐵，磁場不會變化，回路中的磁通量沒有變化，不滿足第二條件，因此不會產生感應電流，電流表的示數(shù)不會變化。A錯。B項中連有電流表的閉合線圈放在通電線圈旁，通電線圈旁有磁場，若通有恒定電流，則磁場不變化，閉合線圈中的磁通量不變化，不產生感應電流，電流表示數(shù)不會變化。B錯。C項中一房間內的線圈兩端與另一房間的電流表連接組成了閉合回路，線圈中插入條形磁

3、鐵過程中在線圈中有變化的磁場，閉合回路中磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，但是插入條形磁鐵后，磁場不變，閉合線圈中的磁通量不變化，沒有了感應電流，再到相鄰房間觀察時電流表不變化了。C錯。D項中繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，如圖組成兩個回路A、B。A線圈通電或斷電的瞬間，A線圈中的磁場增強或消失，A線圈中磁感線在鐵環(huán)中形成閉合線，同時通過B線圈，引起B(yǎng)線圈中的磁通量的變化，B線圈中產生感應電流，電流表的示數(shù)有變化，D正確。答案：D總結：產生感應電流的條件是閉合電路中的磁通量發(fā)生變化。磁通量發(fā)生變化有三種情況：一是磁場變化即磁感應強度B變化；二是閉合電路中包含磁場部分的面積變化；三是閉

4、合電路所在的面與磁場方向的夾角變化?？梢杂靡环N通俗的說法：閉合電路中的磁感線的條數(shù)變化就是磁通量發(fā)生變化。15關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是A安培力的方向可以不垂直于直導線B安培力的方向總是垂直于磁場的方向C安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话氡绢}考查點：安培力的大小及方向有關知識。解析：安培力的方向遵守左手定則。左手平展，讓磁感線穿過手心，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內。把左手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，手心面向N極(叉進點出)，四指指向電流所指方向，則大拇指的方向就是導體受力的

5、方向。大拇指與其余四指垂直，安培力方向一定垂直導線，A項錯。磁場方向與導線不垂直時，如圖，可以將磁場的方向分成平行導線的分量B1，和垂直導線的分量B2，分量為B1的磁場對通電導線不產生安培力，分量為B2的磁場對通電導線產生的安培力方向與B2的方向及導線都垂直，即安培力的方向總垂直磁感線與導線所在的平面，一定垂直磁場方向，B項正確。通電導線和磁場方向平行時，不產生安培力，通電導線與磁場方向垂直時，產生的安培力最大，由安培力公式F=BILsin，為通電導線與磁場方向的夾角。安培力與這個角度有關，C項錯。將直導線從中點折成直角，導線兩瑞連線長為原長的22，彎曲導線的等效長度為原長的22，安培力的大小

6、為原來的22，D項錯。答案：B總結：安培力方向判斷的左手定則與感應電流方向判斷的右手定則很容易記混，可以發(fā)現(xiàn)“力”字向左撇，就用左手；而“電”字向右撇，就用右手。記憶口訣：左手力，右手電，手心迎著磁感線。通電導線在磁場中受到的安培力。電流為I、長為L的直導線。在勻強磁場B中受到的安培力大小為：F=ILBsin，其中為導線方向與磁場方向間的夾角。對于任意形狀的通電導線受勻強磁場的安培力，可把導線中電流分解為許多段電流元IL，每段電流元受的安培力為F=IL·Bsin，把這許多安培力加起來就是整個導線受的力。有一種簡便法，將彎曲導線兩瑞的連線看成導線的等效長度，整個彎曲導線受到的安培力等于

7、兩瑞連線通有相同電流時受到的安培力。當電流方向與磁場方向相同或相反時，即=0或時，電流不受磁場力作用。當電流方向與磁場方向垂直時，電流受的安培力最大為F=BIL。16如圖，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為A2 B C1 D本題考查點：洛侖茲力的大小公式、勻速圓周運動的向心力公式、動能公式。解析：帶電粒子受到的洛侖茲力F=qvB，勻速圓周運動的向心力F向=mv2r,洛侖

8、茲力提供勻速圓周運動所需的向心力，qvB=mv2r,得r=mvqB.鋁板的上方有r1=mv1qB1, 鋁板的下方有r2=mv2qB2， 兩式相除得r1r2=v1B2v2B1=2由動能公式EK=12mv2,得12mv22=1212mv12,v2=22v1代入上式得B1B2=22得D正確。答案：D總結：洛倫茲力的公式為。適用條件：磁場是勻強磁場，v與B方向垂直。式中q、v分別是點電荷的電量和速度，B是點電荷所在處的磁感應強度。v與B方向不垂直時，洛倫茲力的大小是，其中是v和B的夾角。向心力公式：F=mv2r=m2r=m42rT2=mv=42mf2r=42mn2r其中：v為線速度 單位m/s，為角速

9、度 單位rad/s，m為物體質量 單位kg，r為物體的運動半徑 單位m，T為圓周運動周期 單位s，f為圓周運動頻率 單位Hz，n為圓周運動轉速（即頻率）單位r/s。勻速圓周運動是變速運動，勻速圓周運動的速度方向時刻改變，必定存在加速度向心力總與速度垂直.只改變線速度的方向，不改變線速度的大小.方向與向心加速度相同，指向圓心。17如圖，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度(橡皮筋在彈性限度內)。與穩(wěn)定在豎直時位置相比，小球的高度A一定升高B一定降低C保持不變D升高或降低由橡皮

10、筋的勁度系數(shù)決定本題考查點：胡克定律、正交分解。解析：小車靜止時，橡皮筋的彈力F1=mg,設小車的加速度增加到a時保持不變做勻加速直線運動，此時小球偏離豎直方向的角度為，橡皮筋的彈力為F2，正交分解，豎直方向有F2cos=mg,水平方向有F2sin=ma得F2=mgcos，設橡皮筋的勁度系數(shù)為k,原長為l0.靜止時橡皮筋的長度L1=l0+mgk,小球距懸點的高度H1=L1=l0+mgk加速時橡皮筋的長度L2=l0+mgkcos,小球距懸點的高度H2=L2cos=l0cos+mgk<H1A正確。答案：A總結：胡克定律的內容是：在彈性限度內，彈簧所受的拉力與形變量成正比。F=kx，其中k為勁

11、度系數(shù)，x為形變量，F(xiàn)為所受的拉力。將一個力分解為Fx和Fy兩個相互垂直的分力的方法，叫作力的正交分解。在多個共點力作用下，運用正交分解法的目的是用代數(shù)運算公式來解決矢量的運算.在力的正交分解法中，分解的目的是為了求合力，尤其適用于物體受多個力的情況，物體受到F1,F2,F3，求合力F時，可把各力沿相互垂直的x軸，y軸分解，則在x軸方向各力的分力分別為 F1x,F2x,F3x，在y軸方向各力的分力分別為F1y,F2y,F3y.那么在x軸方向的合力Fx = F1x+ F2x+ F3x+ ，在y軸方向的合力Fy= F1y+ F2y+ F3y+.合力F=Fx2+Fy2，設合力與x軸的夾角為，則tan

12、=FyFx.在運用正交分解法解題時，關鍵是如何確定直角坐標系，在靜力學中，以少分解力和容易分解力為原則；在動力學中，以加速方向和垂直加速度方向為坐標軸建立坐標，這樣使牛頓第二定律表達式為：F=ma.18如圖(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間的電壓如圖(b)所示。已知線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是本題考查點：法拉第電磁感應定律、U-t圖、I-t圖解析： 根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢即cd線圈中的電壓，由于磁場是線圈 ab中的電流產生的 ，且線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流

13、成正比，故在i-t圖像中圖線的斜率即為Ucd，。cd線圈間的電壓在0-0.5s、0.5s-1.5s、1.5s-2.5s、2.5s-3.5s內恒定， ab線圈中的原電流在這些時間內就隨時間均勻變化，I-t圖中在0-0.5s、0.5s-1.5s、1.5s-2.5s、2.5s-3.5s時間內的圖線是傾斜的直線。C正確。答案：C總結：法拉第電磁感應定律：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量變化率成正比。感應電動勢用表示，即=n/t，式中n為線圈匝數(shù)，為磁通量變化量，單位Wb ，t為發(fā)生變化所用時間，單位為s.為產生的感應電動勢，單位為V.本題如果考慮方向問題，則在0-0.5s內感應電動勢是c

14、端比d端低，感應電流方向從c流到d，感生磁場方向在鐵芯中從右向左，原磁場增大時，與感生磁場方向相反，從左向右，則原電流從b向a，則C圖中表示的是從b到a的電流隨時間變化情況。19太陽系各行星幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽做圓周運動。當?shù)厍蚯『眠\行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學稱為“行星沖日”。據(jù)報道，2014年各行星沖日時間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日天王星沖日。已知地球及各地外行星繞太陽運動的軌道半徑如下表所示，則下列判斷正確的是地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑(AU)1.01.55.29

15、.51930A各地外行星每年都會出現(xiàn)沖日現(xiàn)象B在2015年內一定會出現(xiàn)木星沖日C天王星相鄰兩次沖日的時間間隔為土星的一半D地外行星中，海王星相鄰兩次沖日的時間間隔最短第19題本題考查點：開普勒第三定律、相遇周期的計算解析：由開普勒第三定律 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年每一次行星沖日，表示行星與地球相遇最近一次，設行星與地球的相遇周期為T遇則有（2T地-2T行）T遇=2，得T遇=T行T地T行-T地，代入數(shù)據(jù)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年出現(xiàn)一次沖日現(xiàn)象，其它地外行星相遇周期都大于一年，也不一定每年出現(xiàn)沖日現(xiàn)象，A項錯。木星與地球相遇周期為1.1年，在2015年2月又與地球相遇，B正確。T遇天不等于T遇土的一半，C項錯。T遇海最小，D正確。答案：BD總結：開普勒第三定律，也稱周期定律：是指繞以太陽為焦點的橢圓軌道運行的所有行星，其橢圓軌道半長軸的立方與周期的平方之比是一個常量。這里，a是行星公轉軌道半長軸，T是行星公轉周期，K是常數(shù)，其大小只與中心天體的質量有關。常用于橢圓軌道的計算。即：。其中，M為中心天體的質量。對地外行星與地球的相遇周期為T遇則有（2T地-2T行）T遇

17、=2，得T遇=T行T地T行-T地，對地內行星與地球的相遇周期T遇則有（2T行-2T地）T遇=2，得T遇=T行T地T地-T行20如圖，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO的距離為l，b與轉軸的距離為2l木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是Ab一定比a先開始滑動Ba、b所受的摩擦力始終相等C=是b開始滑動的臨界角速度D當=時，a所受摩擦力的大小為kmg第20題本題考查點：靜摩擦力、最大靜摩擦力、向心力公式、離心運動解析：小木塊都隨圓盤做勻速圓周運動時，在發(fā)生相

18、對滑動之前，角速度相等，靜摩擦力提供向心力，即F靜=m2r，由于ra=l，rb=2l，所以發(fā)生相對滑動前木塊b的靜摩擦力大， B項錯；隨著轉速增大，b、a能受到的靜摩擦力增大，木塊b先達到最大靜摩擦力，b一定比a先開始滑動，A正確；b達到最大靜摩擦力時，有kmg=2m2l,得=kg2l為b開始滑動的臨界條件，C正確；當=2kg3l時代入公式，得a受到的摩擦力的大小為23kmg,D項錯。答案：AC總結：木塊a、b靜摩擦力FfFfm，時與圓盤保持相對靜止，b受到的靜摩擦力大于a受到的靜摩擦力，b先增大到最大靜摩擦力時，再增大轉速后b的最大靜摩擦力不夠提供b隨圓盤一起轉動所需的向心力，做離心運動。2

19、1如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，M=30°M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知M = N，P = F，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則A點電荷Q一定在MP的連線上B連接PF的線段一定在同一等勢面上C將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功DP大于M第21題本題考查點：點電荷電場的電勢、等勢面、電場力做功解析：點電荷電場的等勢面為以點電荷為球心的一族球面，所以任意兩個等勢點連線的垂直平分線都指向點電荷，由M=N可知點電荷在MN連線的垂直平分線上，又由P=F可知點電荷在FP線段的垂直平分線上，

20、則點電荷在這兩條線的交點O上，如圖在PM連線上，A正確。等勢面為球面，線段PF不可能在球面上，B項錯。根據(jù)幾何關系可得OP<OM，得P>N,正電荷從P點移動到N點,從高電勢到低電勢，電場力做正功，C項錯。P>N=M,所以D正確.答案:AD總結：點電荷形成的電場,是以點電荷為球心的一簇球面。等勢面的特點：（1）等勢面一定跟電場線垂直（2）在同一等勢面上移動電荷電場力不做功，或做功之和為0分析：因為等勢面上各點電勢相等，電荷在同一等勢面上各點具有相同的電勢能，所以在同一等勢面上移動電荷電勢能不變，即電場力不做功（3） 電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面（4）任意兩個等勢

21、面都不會相交 2014年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（課標卷I）理科綜合能力測試（物理）第卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題（共129分）22(6分)某同學利用圖(a)所示實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質量m的對應關系圖，如圖(b)所示。實驗中小車(含發(fā)射器)的質量為200g，實驗時選擇了不可伸長的輕質細繩和輕定滑輪，小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到?；卮鹣铝袉栴}：(1)根據(jù)該同學的結果，小車的加速度與鉤碼的質量成 (填“線性”或“非線性”)關系。

22、(2)由圖(b)可知，a-m圖線不經(jīng)過原點，可能的原因是 。(3)若利用本實驗裝置來驗證“在小車質量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應采取的改進措施是 ,鉤碼的質量應滿足的條件是 。第22題本題考查點：驗證牛頓第二定律實驗【解析】（1）根據(jù)該同學描繪的加速度和鉤碼質量的圖像是一條曲線而不是直線，所以是非線性關系。（2）根據(jù)圖（b）可知當鉤碼有一定質量，即細線有一定拉力時，小車加速度仍等于0，說明小車合力等于0，所以可能除拉力外小車還收到摩擦力作用 （3）實驗改進部分由兩個要求，第一個就是圖像不過原點，需要平衡摩擦力，所以調

23、整軌道傾斜度，第二個就是圖像是曲線，因為小車的合力即細線拉力并不等于鉤碼的重力，而加速度，所以要近似為直線，就要求鉤碼的質量遠小于小車的質量，近似為常量。答案：（1）非線性（2）小車受到摩擦力（3）墊高軌道平衡摩擦力遠小于小車的質量23(9分)利用如圖(a)所示電路，可以測量電源的電動勢和內阻，所用的實驗器材有：待測電源，電阻箱R(最大阻值999.9)，電阻R0(阻值3.0)，電阻R1(阻值3.0)，電流表(量程為200mA，內阻為RA=6.0)，開關S實驗步驟如下：將電阻箱阻值調到最大，閉合開關S；多次調節(jié)電阻箱，記下電流表的示數(shù)I和電阻箱相應的阻值R；以為縱坐標，R為橫坐標，作- R圖線(

24、用直線擬合)求出直線的斜率k和在縱軸上的截距b回答下列問題：(1)分別用E和r表示電源的電動勢和內阻，則1/I與R的關系式為 。(2)實驗得到的部分數(shù)據(jù)如下表所示，其中電阻R=3.0時電流表的示數(shù)如圖(b)所示，讀出數(shù)據(jù)，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)在圖(c)的坐標紙上將所缺數(shù)據(jù)點補充完整并作圖，根據(jù)圖線求得斜率k= A-1-1，截距b= A-1(4)根據(jù)圖線求得電源電動勢E= V，內阻r = 第23題本題考查點：用安培表

25、和電阻箱測電源的電動勢和內阻解析：(1)由于電流表與電阻R1并聯(lián)，且RA=6.0，R1=3.0，當電流表示數(shù)為I時，電路總電流應為3I。根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E=3I(+R0+R+r)，代入數(shù)據(jù)整理得： (2)根據(jù)圖（b）可得電流表示數(shù)為110mA=0.110A；所以1/I=9.09 (3)所缺數(shù)據(jù)點補充如圖(c)答，取兩點（6,12）、（0,6）得斜率k=1.0A-1-1,截距b=6.0A-1(4) 根據(jù)和圖象可得：，解得：E=3V r=1.0答案：(1) (2)0.1109.09(3)見圖(c)答, 斜率k=1.0A-1-1,截距b=6.0A-1(4)3.0(或在2.73.3之間)1.0

26、(或在0.6 1.4之間)總結：1.測電源的電動勢和內電阻可用三種方法：方法1伏安法 式可變?yōu)?，改變電路的外電阻R，測出一系列的I和U值，作出U-I圖象。圖象在U軸上的截距即為電源的電動勢，直線的斜率即為內阻的負值。此方法叫伏安法，用伏特表和安培表。方法2安阻法 式可變?yōu)?，或，改變電路的外電阻R，測出一系列的I和R值，作出R-1/I圖象。圖象在R軸上的截距即為電源的內阻，直線的斜率即電源的電動勢E。此方法叫安阻法，用安培表和電阻箱。方法3伏阻法 式可變?yōu)?，或，改變電路的外電阻R，測出一系列的U值，作出圖象。圖象在軸上的截距的倒數(shù)即為電源電動勢，直線的斜率與截距的倒數(shù)乘積即為電源的內阻。此方法

27、叫伏阻法，用伏特表和電阻箱。基礎實驗是伏安法。安阻法和伏阻法是在伏安法實驗的基礎上的提高。2.電流表的改裝，電流表與一個小電阻R并聯(lián)，能測更大的電流。干路電流I=IA+IR，兩支路的電壓相等IARA=IRR，所以I=RA+RRIA.3等效電源，電源（E,r）與電阻R串聯(lián)后可等效成電動勢仍為E、內阻為r'=r+R的新電源。24(12分) 公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離，當前車實然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s，當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時，安全距離為

28、120m設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的2/5，若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。本題考查點：勻速直線運動公式、勻變速直線運動公式、牛頓第二定律解析：設路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得0mg=ma0 s=v0t0+ 式中，m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度。設在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為，依題意有=0設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學公式得mg=mas=vt0+聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v=20

29、m/s(72km/h)【答案】20m/s(72km/h)總結：汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停止，共有二個過程，在反應時間內做勻速直線運動，剎車后做勻減速直線運動。勻速直線運動有x1=vt，速度減到零的勻減速直線運動有x2=v2-02a=v22g。二個過程的總位移等于安全距離，s=x1+x2=vt+v22g。晴天與雨天兩種情況可列兩個方程，聯(lián)解得結果。25(20分)如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，BOA=60°，OB=OA。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q (q >0)，同時加一勻強電場，場強

30、方向與OAB所在平面平行。現(xiàn)從O點以同樣的初速度沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍。重力加速度大小為g求(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向。本題考查點：平拋運動、勻強電場的電場強度與電勢差的關系、電場力做功與電勢能變化的關系【解析】：(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA= d，則OB =d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有d sin60°= v0td cos60°=gt2

31、又有Ek0 =mv 由式得Ek0 =mgd設小球到達A點時的動能為EkA，則EkA = Ek0 +mgd由式得=(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA=3Ek0 - Ek0 -mgd =Ek0EpB=6Ek0 - Ek0 -mgd =Ek0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有=解得x = d。MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行。設電場方向與豎直向下的方向夾角為，由幾何關系可得 =30°OAMBCE即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30

32、°。設場強的大小為E，有qEd cos30°=EpA由式得為E =【答案】(1) (2) 與豎直向下的方向的夾角為30°總結：第（1）問中只要運用平拋運動知識就可得結果，運算過程中將v0作為已知量，最后比值中消掉了v0。第（2）問中可以在帶電小球從O到A、從O到B的兩個過程中分別應用動能定理，W電+WG=Ek末-Ek0，兩個過程中的WG不相同，WG與h成正比，hOB=3hOA，所以WG2=3WG1，由第（1）問的末動能減去初動能得WG1=43Ek0，兩個過程的方程代入數(shù)據(jù)得兩個過程中的電場力做的功WOA=23Ek0、WOB=Ek0。由U=wq，得UOA=23UOB

33、，在勻強電場中同一條直線上電勢差是均勻變化的，取OC=23OB，則UOC=23UOB，就有UOA=UOC，A、C兩點等勢，A、C連線為等勢線，電場線垂直AC向下。由E=UOAd，d為OA兩點沿電場線方向的距離，d=OAcos30°，代入得E=23Ek0OA32q=43312mv02qOA，發(fā)現(xiàn)v0、OA均沒有已知，在第（1）問中OA=v0tsin60°=v0233v032g=4v023g，代入得E=3mg6q。（二）選考題：共45分。請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題

34、目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。caTPOb33物理 選修3-3(15分)(1)(6分)一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p -T圖像如圖所示。下列判斷正確的是 。(填正確答案標號。選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得6分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A過程ab中氣體一定吸熱B過程bc中氣體既不吸熱也不放熱C過程ca中外界對氣體所做的功等于氣體所放的熱Da、b和c三個狀態(tài)中，狀態(tài)a分子的平均動能最小Eb和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同本題考查點：理想氣體等容變化

35、、等溫變化、等壓變化、熱力學第一定律、氣體壓強的微觀解釋、分子的平均動能【解析】 從a 到b的過程，根據(jù)圖線過原點可得，所以為等容變化過程，氣體沒有對外做功，外界也沒有對氣體做功，所以溫度升高，只能是吸熱的結果， A正確；從b到c的過程溫度不變，可是壓強變小，說明體積膨脹，對外做功，理應內能減少溫度降低，而溫度不變說明從外界吸熱，B錯誤；從 c 到a的過程，壓強不變，根據(jù)溫度降低說明內能減少，根據(jù)改變內能的兩種方式及做功和熱傳遞的結果是內能減少，所以外界對氣體做的功小于氣體放出的熱量， C錯誤。分子的平均動能與溫度有關，狀態(tài) a 的溫度最低，所以分子平均動能最小，D正確； b和c兩個狀態(tài)，溫度

36、相同，即分子運動的平均速率相等，單個分子對容器壁的平均撞擊力相等，根據(jù)b壓強大，可判斷狀態(tài) b 單位時間內容器壁受到分子撞擊的改數(shù)多，E正確?！敬鸢浮?ADE 總結：熱力學第一定律 在熱力學中，系統(tǒng)發(fā)生變化時，設與外界之間交換的熱為Q，外界對系統(tǒng)做的功為W，可得熱力學能（亦稱內能）的變化為U = Q+ W，內能增加U>0,系統(tǒng)從外界吸熱Q>0,外界對系統(tǒng)做功W>0,反之U<0、Q<0、W<0。氣體壓強的微觀解釋，氣體的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力。氣體的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力。壓強微觀公式P=13nmv2

37、，n為氣體分子數(shù)密度，即單位體積內的分子數(shù)，v為平均速率。容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)N=16nv，b、c兩狀態(tài)溫度相同，v相同，p減小，體積V減小，n增大，分子撞擊的次數(shù)N增大。(2)(9分)一定質量的理想氣體被活塞封閉在豎直放置的圓柱形氣缸內，氣缸壁導熱良好，活塞可沿氣缸壁無摩擦地滑動。開始時氣體壓強為p，活塞下表面相對于氣缸底部的高度為h，外界的溫度為T0現(xiàn)取質量為m的沙子緩慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完時，活塞下降了h/4。若此后外界的溫度變?yōu)門，求重新達到平衡后氣體的體積。已知外界大氣的壓強始終保持不變，重力加速度大小為g本題考查點：理想氣體的玻意耳定律、蓋-呂薩克

38、定律【解析】設氣缸的橫截面積為S，沙子倒在活塞上后，對氣體產生的壓強為p，由玻意耳定律得phS =(p +p)(h -h)S解得p =p外界的溫度變?yōu)門后，設活塞距底面的高度為h。根據(jù)蓋呂薩克定律，得=解得h=h據(jù)題意可得p =氣體最后的體積為V =Sh聯(lián)立式得V =【答案】總結：理想氣體的玻意耳定律，一定質量的理想氣體在溫度保持不變時，壓強與體積的乘積為恒量，即PV=恒量。蓋-呂薩克定律，一定質量的理想氣體在壓強保持不變時，體積與熱力學溫度成正比。34物理 選修3-4(15分)(1)(6分)圖(a)為一列簡諧橫波在t=2s時波形圖，圖(b)為媒質中平衡位置在x=1.5m處的質點的振動圖像。P

39、是平衡位置為x=2m的質點。下列說法正確的是 。(填正確答案標號。選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得6分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A波速為0.5m/sB波的傳播方向向右C02s時間內，P運動的路程為8cmD02s時間內，P向y軸正方向運動E當t=7s時，P恰好回到平衡位置本題考查振動圖象y-t圖、波形圖y-x圖【解析】根據(jù)圖(a)的波形圖判斷機械波的波長=2m，根據(jù)圖(b)可得振動周期T=4s，所以波速v=/T=0.5m/s，A正確；根據(jù)圖(b)可判斷x=1.5m的質點在t=2s振動方向為y軸負方向，在圖(a)中，根據(jù)質點振動方向和傳播方向在圖像同一側可判斷波的傳播方向向左，

40、B錯誤；t=2s 時質點P在最低點，根據(jù)周期T=4s，可知T=0 時質點P在最高點，所以02s時間內質點P通過的路程為2倍的振幅即8cm，C 正確； 02s質點P向y軸負方向運動，D錯誤；t=2s到t =7s共經(jīng)5s為5T/4，所以質點P剛好回到平衡位置，E正確?！敬鸢浮緼CE總結：圖(b)是振動圖象，振動圖象表示出某個質點的位移隨時間變化規(guī)律,它可以告訴我們這個質點在任一時刻對平衡位置的位移,還可以表示出振幅和周期，振動周期T=4s;它也可以告訴我們任一時刻這個質點的速度與方向。圖（a）是波動圖象，波動圖象表示各個質點在某個時刻的位移，可以表示出振幅和波長，波長=2m。由題意得振動圖是波中x

41、=1.5m處的質點的振動規(guī)律，波動圖是振動到t=2s時的波動規(guī)律，兩圖象相結合得，圖(a)中x=1.5m處的質點在振動圖中t=2s時，從平衡位置向y負方向運動。根據(jù)質點振動方向和傳播方向在圖像同一側可判斷波的傳播方向向左。波速v=T。P點是x=2m處的質點，在t=2s 時位于波谷，它們的振動周期都相同，在02s半個周期內從波峰到波谷，運動方向向y軸正方向運動，路程為兩個振幅2A=8cm。t=7s時,P又運動了114T，從波谷回到波谷要1個T，再運動14T向上到平衡位置。(2)(9分)一個半圓柱形玻璃磚，其橫截面是半徑為R的半圓，AB為半圓的直徑，O為圓心，如圖所示。玻璃的折射率為n=(i)一束

42、平行光垂直射向玻璃磚的下表面，若光線到達上表面后，都能從該表面射出，則入射光束在AB上的最大寬度為多少？(ii)一細束光線在O點左側與O點相距R處垂直于AB從下方入射，求此光線從玻璃磚射出點的位置。本題考查點：光的全反射、全反射的臨界角【解析】 (i)在O點左側，設從E點射入的光線進入玻璃磚后在上表面的入射角恰好等于全反射的臨界角，則OE區(qū)域的入射光線經(jīng)上表面折射后都能從玻璃磚射出，如圖。由全反射條件有sin =由幾何關系有OE =Rsin由對稱性可知，若光線都能從上表面射出，光束的寬度最大為l =2OE聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得l =R(ii)設光線在距O點R的C點射入后，在上表面的入射角為，由

43、幾何關系及式和已知條件得 =60°>光線在玻璃磚內會發(fā)生三次全反射，最后由G點射出，如圖。由反射定律和幾何關系得OG =OC =R射到G點的光有一部分被反射，沿原路返回到達C點射出?！敬鸢浮?i) R (ii) R總結：光的全反射：光由光密介質進入光疏介質時，要偏離法線折射。當入射角增加到某種情形時，折射線延表面進行，即折射角為90°，該入射角C稱為臨界角。若入射角大于臨界角，則無折射，全部光線均返回光密介質，此現(xiàn)象稱為全反射。全反射的臨界角公式，sinC=1n。35物理 選修3-5(15分)(1)(6分)關于天然放射性，下列說法正確的是 。(填正確答案標號。選對1個

44、得3分，選對2個得4分，選對3個得6分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A所有元素都可能發(fā)生衰變B放射性元素的半衰期與外界的溫度無關C放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性D、和三種射線中，射線的穿透能力最強E一個原子核在一次衰變中可同時放出、和三種射線本題考查點：天然放射現(xiàn)象【解析】只有原子序號超過83的元素才都能發(fā)生衰變，A錯誤；放射性元素的半衰期決定于由原子核內部的結構，與外界溫度及化學作用等無關，B正確；放射性元素其放射性來自于原子核內部的，與其他元素形成化合物并沒有改變其內部原子核結構所以仍具有放射性，C正確；、和；三種射線中，射線能量最高，穿透能力最強，D正確； 一個原子核在一次衰變中，要是衰