2014年高考物理試卷（大綱版）（解析卷）

第頁|共頁2014年全國統(tǒng)一高考物理試卷（大綱卷）參考答案與試題解析一、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，有的只有一項符合題目要求，有的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．1．（6分）一質(zhì)點沿x軸做直線運動，其v﹣t圖象如圖所示．質(zhì)點在t=0時位于x=5m處，開始沿x軸正向運動．當(dāng)t=8s時，質(zhì)點在x軸上的位置為（）A．x=3m B．x=8m C．x=9m D．x=14m 【考點】1I：勻變速直線運動的圖像．【專題】512：運動學(xué)中的圖像專題．【分析】速度時間圖象可讀出速度的大小和方向，根據(jù)速度圖象可分析物體的運動情況，確定何時物體離原點最遠(yuǎn)．圖象的“面積”大小等于位移大小，圖象在時間軸上方“面積”表示的位移為正，圖象在時間軸下方“面積”表示的位移為負(fù)．【解答】解：圖象的“面積”大小等于位移大小，圖象在時間軸上方“面積”表示的位移為正，圖象在時間軸下方“面積”表示的位移為負(fù)，故8s時位移為：s=，由于質(zhì)點在t=0時位于x=5m處，故當(dāng)t=8s時，質(zhì)點在x軸上的位置為8m，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】本題抓住速度圖象的“面積”等于位移是關(guān)鍵．能根據(jù)圖象分析物體的運動情況，通過訓(xùn)練，培養(yǎng)基本的讀圖能力．2．（6分）地球表面附近某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場．一質(zhì)量為1.00×l0﹣4kg、帶電量為﹣1.00×10﹣7C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空氣阻力）（）A．﹣1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3J B．1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3J C．﹣1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J D．1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J 【考點】6B：功能關(guān)系；AE：電勢能與電場力做功．【專題】532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】小球的電勢能的改變量看電場力做功，動能的改變量取決于合外力做功，根據(jù)功的計算公式分別求出電場力做功和合外力做功，即可解答．【解答】解：小球帶負(fù)電，電場力對小球做負(fù)功，為：W電=qEs=﹣1.00×10﹣7×150×10J=﹣1.50×10﹣4J，則小球的電勢能增加量1.50×10﹣4J，即電勢能的改變量為1.50×10﹣4J。合外力對小球做功為：W合=（mg﹣qE）s=（1.00×l0﹣4×9.8﹣1.00×10﹣7×150）×10J=9.65×10﹣3J根據(jù)動能定理得知：動能的改變量為9.65×10﹣3J。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是掌握常見的功能關(guān)系，知道電場力做功決定了電勢能的變化，合外力做功決定了動能的變化．3．（6分）對于一定量的稀薄氣體，下列說法正確的是（）A．壓強(qiáng)變大時，分子熱運動必然變得劇烈 B．保持壓強(qiáng)不變時，分子熱運動可能變得劇烈 C．壓強(qiáng)變大時，分子間的平均距離必然變小 D．壓強(qiáng)變小時，分子間的平均距離可能變小 【考點】86：分子間的相互作用力；89：溫度是分子平均動能的標(biāo)志；99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】547：內(nèi)能及其變化專題．【分析】溫度是分子熱運動激烈程度的反映，溫度越高，分子熱運動越激烈．根據(jù)氣態(tài)方程，分析溫度的變化，即可判斷分子熱運動激烈程度的變化．物體的體積與分子間的平均距離有關(guān)．【解答】解：A、壓強(qiáng)變大時，根據(jù)氣態(tài)方程=c可知氣體的溫度不一定升高，則分子熱運動不一定變得劇烈。故A錯誤；B、保持壓強(qiáng)不變時，若溫度升高，分子熱運動變得劇烈。故B正確；C、壓強(qiáng)變大時，氣體的體積不一定減小，則分子間的平均距離不一定變小。故C錯誤；D、壓強(qiáng)變小時，溫度降低，氣體的體積可能減小，分子間的平均距離可能變小，故D正確。故選：BD?！军c評】對于氣體，關(guān)鍵要掌握氣態(tài)方程=c，明確溫度的微觀意義：溫度是分子熱運動激烈程度的反映，理解氣體的體積與分子平均距離有關(guān)，即可進(jìn)行解題．4．（6分）在雙縫干涉實驗中，一鈉燈發(fā)出的波長為589nm的光，在距雙縫1.00m的屏上形成干涉圖樣．圖樣上相鄰兩明紋中心間距為0.350cm，則雙縫的間距為（）A．2.06×10﹣7m B．2.06×10﹣4m C．1.68×10﹣4m D．1.68×10﹣3m 【考點】HC：雙縫干涉的條紋間距與波長的關(guān)系．【專題】54G：光的干涉專題．【分析】根據(jù)雙縫干涉實驗條紋間距公式△x=λ列式求解即可．【解答】解：根據(jù)雙縫干涉實驗條紋間距公式有：△x=λ，有：d===1.68×10﹣4m，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題關(guān)鍵能夠根據(jù)雙縫干涉實驗條紋間距公式△x=λ列式求解，注意單位的統(tǒng)一．5．（6分）兩列振動方向相同、振幅分別為A1和A2的相干簡諧橫波相遇．下列說法正確的是（）A．波峰與波谷相遇處質(zhì)點的振幅為|A1﹣A2| B．波峰與波峰相遇處質(zhì)點離開平衡位置的位移始終為A1+A2 C．波峰與波谷相遇處質(zhì)點的位移總是小于波峰與波峰相遇處質(zhì)點的位移 D．波峰與波峰相遇處質(zhì)點的振幅一定大于波峰與波谷相遇處質(zhì)點的振幅 【考點】F6：波的疊加．【分析】頻率相同的兩列水波的疊加：當(dāng)波峰與波峰、可波谷與波谷相遇時振動是加強(qiáng)的；當(dāng)波峰與波谷相遇時振動是減弱的，從而即可求解．【解答】解：A、當(dāng)波峰與波谷相遇處，質(zhì)點的振動方向相反，則其的振幅為|A1﹣A2|，故A正確；B、波峰與波峰相遇處質(zhì)點，離開平衡位置的振幅始終為A1+A2，而位移小于等于振幅，故B錯誤；C、波峰與波峰相遇處質(zhì)點的位移，有時為零，有時最大，因此波峰與波谷相遇處質(zhì)點的位移不是總是小于波峰與波峰相遇處質(zhì)點的位移，故C錯誤；D、波峰與波谷相遇處質(zhì)點的振幅總是小于波峰與波峰相遇處質(zhì)點的振幅，而位移卻不一定，故D正確。故選：AD?！军c評】運動方向相同時疊加屬于加強(qiáng)，振幅為二者之和，振動方向相反時疊加屬于減弱振幅為二者之差．6．（6分）一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h．重力加速度大小為g．物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為（）A．tanθ和 B．（﹣1）tanθ和 C．tanθ和 D．（﹣1）tanθ和 【考點】37：牛頓第二定律；65：動能定理．【專題】522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】兩次上滑過程中，利用動能定理列式求的即可；【解答】解：以速度v上升過程中，由動能定理可知以速度上升過程中，由動能定理可知聯(lián)立解得，h=故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了動能定理，注意過程的選取是關(guān)鍵；7．（6分）很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊．讓條形磁鐵從靜止開始下落．條形磁鐵在圓筒中的運動速率（）A．均勻增大 B．先增大，后減小 C．逐漸增大，趨于不變 D．先增大，再減小，最后不變 【考點】DB：楞次定律．【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】因條形磁鐵的運動，導(dǎo)致絕緣銅圓環(huán)的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，阻礙條形磁鐵的運動，當(dāng)阻力等于其重力時，速度達(dá)到最大，即可求解．【解答】解：由題意可知，當(dāng)條形磁鐵下落時，導(dǎo)致絕緣銅圓環(huán)磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，阻礙磁鐵的運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，安培阻力越來越大時，豎直向下的加速度將減小，但速度仍在增大，當(dāng)安培阻力等于重力時，合外力為零，加速度也為零，速度達(dá)到最大；故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】考查安培阻力的由來，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，注意聯(lián)系已知的題型：下落的雨滴，受到的阻力，最后也達(dá)到最大速度．8．（6分）一中子與一質(zhì)量數(shù)為A（A＞1）的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為（）A． B． C． D． 【考點】53：動量守恒定律．【專題】52F：動量定理應(yīng)用專題．【分析】中子與原子核發(fā)生彈性正碰，動量守恒、機(jī)械能守恒，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒定律求出碰撞前后中子的速率之比．【解答】解：設(shè)中子的質(zhì)量為m，因為發(fā)生的是彈性正碰，動量守恒，機(jī)械能守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，有：mv1=mv2+Amv，聯(lián)立兩式解得：=．故A正確，B、C、D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道彈性碰撞的過程中動量守恒、機(jī)械能守恒，與非彈性碰撞不同，非彈性碰撞機(jī)械能不守恒．二、非選擇題：第22?34題，共174分．按題目要求作答．9．（6分）現(xiàn)用頻閃照相方法來研究物塊的變速運動．在一小物塊沿斜面向下運動的過程中，用頻閃相機(jī)拍攝的不同時刻物塊的位置如圖所示．拍攝時頻閃頻率是10Hz；通過斜面上固定的刻度尺讀取的5個連續(xù)影像間的距離依次為x1、x2、x3、x4．已知斜面頂端的高度h和斜面的長度s．?dāng)?shù)據(jù)如下表所示．重力加速度大小g=9.80m/s2．單位：cmx1x2x3x4hS10.7615.0519.3423.6548.0080.00根據(jù)表中數(shù)據(jù)，完成下列填空：（1）物塊的加速度a=4.30m/s2（保留3位有效數(shù)字）．（2）因為物塊加速度小于=5.88m/s2可知斜面是粗糙的．【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；M5：測定勻變速直線運動的加速度．【專題】511：直線運動規(guī)律專題．【分析】正確解答本題需要掌握：在勻變速直線運動中連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差為常數(shù)；熟練應(yīng)用逐差法求物體的加速度【解答】解：（1）根據(jù)逐差法求加速度的原理可知：m/s2（2）若斜面光滑則：m/s2＞4.30m/s2．知斜面是粗糙的．故答案為：4.30，物塊加速度小于=5.88m/s2．【點評】逐差法是求物體加速度的一個重要方法，要熟練掌握其應(yīng)用，提高解決實驗?zāi)芰Γ?0．（12分）現(xiàn)要測量某電源的電動勢和內(nèi)阻．可利用的器材有：電流表，內(nèi)阻為1.00Ω；電壓表；阻值未知的定值電阻R1、R2、R3、R4、R5；開關(guān)S；﹣端連有鱷魚夾P的導(dǎo)線1，其他導(dǎo)線若干．某同學(xué)設(shè)計的測量電路如圖（a）所示．（1）按圖（a）在實物圖（b）中畫出連線，并標(biāo)出導(dǎo)線1和其P端．（2）測量時，改變鱷魚夾P所夾的位置，使R1、R2、R3、R4、R5辦依次串入電路，記錄對應(yīng)的電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I．?dāng)?shù)據(jù)如下表所示．根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖（c）中的坐標(biāo)紙上將所缺數(shù)據(jù)點補充完整，并畫出U﹣I圖線．I（mA）1931531116930U（V）2.512.592.682.762.84（3）根據(jù)U﹣I圖線求出電源的電動勢E=2.90，內(nèi)阻r=1.04Ω．（保留2位小數(shù)）【考點】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】13：實驗題．【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖；（2）應(yīng)用描點法作出圖象；（3）根據(jù)電源U﹣I圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻．【解答】解：（1）根據(jù)電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示；（2）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，然后作出圖象如圖所示：（3）由電源U﹣I圖象可知，電源電動勢E=2.90V，電源內(nèi)阻：r=﹣RA=﹣1.00≈1.04Ω；故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）圖象如圖所示；（3）2.90；1.04．【點評】本題考查了連接實物電路圖、作圖象、求電源電動勢與內(nèi)阻，應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是常用的方法，要掌握描點法作圖的方法．11．（12分）冰球運動員甲的質(zhì)量為80.0kg．當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運動時，與另一質(zhì)畺為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運動員乙相撞．碰后甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時間極短，求：（1）碰后乙的速度的大??；（2）碰撞中總機(jī)械能的損失．【考點】53：動量守恒定律；8G：能量守恒定律．【專題】52F：動量定理應(yīng)用專題．【分析】（1）甲乙碰撞前后的瞬間動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出碰后乙的速度大?。?）根據(jù)能量守恒求出碰撞過程中機(jī)械能的損失．【解答】解：（1）設(shè)運動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′，規(guī)定甲的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv﹣MV=MV′…①代入數(shù)據(jù)解得：V′=1.0m/s…②（2）設(shè)碰撞過程中總機(jī)械能的損失為△E，應(yīng)有：…③聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得：△E=1400J．答：（1）碰后乙的速度的大小為1.0m/s；（2）碰撞中總機(jī)械能的損失為1400J．【點評】本題考查了動量守恒和能量守恒的綜合，難度不大，在運用動量守恒定律解題時，知道動量守恒的表達(dá)式是矢量式，需注意速度的方向．12．（20分）如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面（xy平面）向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向．在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d，0）點沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：（1）電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；（2）該粒子在電場中運動的時間．【考點】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動．【專題】537：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，作出粒子運動軌跡，由幾何知識求出粒子做勻速圓周運動的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律可以求出電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度之比，粒子的運動時間．【解答】解：粒子運動軌跡如圖所示，在磁場中，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qv0B=m，由幾何知識可得：R0=d，粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，由牛頓第二定律得：qE=max，vx=axt，d=t，tanθ=，解得：=v0tan2θ，t=；答：（1）電場強(qiáng)度大小與磁