2007—十年全国新课标卷1高考物理新课标卷解析汇编逐题解析 75页

课 题 十年高考物理新课标卷1‎ ‎2007年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）‎ 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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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.（2007全国新课标卷）天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。由此可推算出（ ）‎ A.行星的质量 B.行星的半径 C.恒星的质量 D.恒星的半径 答案：C 解析：根据题意，已知行星绕恒星运动的轨道半径和周期，则恒星对行星的万有引力提供行星运动的向心力。由得，，因此C正确。‎ ‎15.（2007全国新课标卷）下列说法正确的是（ ）‎ A.行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的运动规律 B.物体在转弯时一定受到力的作用 C.月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用 D.物体在光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用 答案：B 解析：行星的运动和地球上物体的运动都属于经典力学范畴，应该遵循相同的规律，A错。物体在转弯时的运动是曲线运动，即变速运动，因此有加速度，合外力不能为零，B正确。月球绕地球运动时受到地球的引力提供了向心力，而不是同时受这两个力的作用，C错。物体在光滑斜面下滑时只受重力和斜面的支持力，“下滑力”只是对重力沿斜面的分力的说法，D错。‎ ‎16.（2007全国新课标卷）甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v-t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0-20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ）‎ A.在0-10秒内两车逐渐靠近 B.在10-20秒内两车逐渐原离 C.在5-15秒内两车的两车的位移相等 D.在t=10秒时两车在公路上相遇 答案：C 解析：由图象可知，甲乙两辆汽车在5-15秒内的位移大小分别等于相应时间内的矩形面积和梯形面积，而根据几何关系，这两部分面积相等，故C正确。在0-10秒内两车逐渐远离；在10-20秒内两车逐渐靠近；在t=10秒时两车速度相等，则A、B、D错误。‎ ‎17.（2007全国新课标卷）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（ ）‎ A.该交流电的电压瞬时值的表达式为 B.该交流电的频率为 C.该交流电的电压的有效值为V D.若将该交流电压加在阻值为的电阻两端，则电阻消耗的功率是 答案：BD ‎ 解析：由图象可知，电压的最大值为V，周期s，所以频率 s=s；有效值为V=V；若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功为W=W；该交流电的表达式为V=V，故A、C错，B、D正确。‎ ‎18.（2007全国新课标卷）两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中。小球1和小球2均带正电，电量分别为和（）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力为（不计重力及两小球间的库仑力）（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ 答案：A ‎ 解析： ‎ 球1‎ 球2‎ F1‎ F2‎ 球1‎ F1‎ T 如图，先以两小球整体为研究对象，有方程：‎ ‎，即； ‎ 再以小球1为研究对象，有方程：‎ ‎，‎ 联立两方程可解得：，故A对。‎ ‎19.（2007全国新课标卷）在如图所示的电路中，为电源电动势，为电源内阻， 和均为定值电阻。为滑动变阻器。当的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表、和的示数分别为、和。现将的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ）‎ A.增大、不变、增大 ‎ B.减小、增大、减小 C.增大、减小、增大 ‎ D.减小、不变、减小 答案：B 解析：当的滑动触点向b端移动时，电路中的总电阻R↓，由可知，I↑，而，故↓；又，即↑，，所以↓，，即↓；，故↑，B对。‎ ‎20.（‎ 答案：D2007全国新课标卷）电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板上的带电情况是（ ）‎ A.从a到b，上极板带正电 B.从a到b，下极板带正电 C.从b到a，上极板带正电 D.从b到a，下极板带正电 解析：在N极接近线圈上端的过程中，根据楞次定律，再回路中产生顺时针方向的感应电流，b点电势比a点电势高，电容器下板带正电，上板带负电。故D正确。‎ ‎21.（2007全国新课标卷）匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为‎1m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在片平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V。设场强大小为，一电量为1×10‎-6C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为，则（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ 答案：A ‎ 解析：由于A、D 、B是匀强电场中一条直线上的三点，且D为AB的中点，故有，即，所以，则正电荷从D点移到C点电场力所做的功为 ‎； ‎ 取DC的中点为O，由可知 所以O、B两点的电势相等，连接OB即为等势线，过D点做OB垂线即为电场线，交点为P，如图所示。‎ E E E O P 由图可知，，所以V/m 故A正确 ‎22.（2007全国新课标卷）实验题（1）由绝缘介质隔开的两个同轴的金属圆筒构成圆柱形电容器，如图所示。试根据你学到的有关平行板电容器的知识，推测影响圆柱形电容器电容的因素有 。‎ ‎（2）利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，‎ 现有的器材为：‎ 干电池：电动势约为1.5V，符号 电压表：量程1V，内阻998.3Ω，符号 电流表：量程‎1A，符号 滑动变阻器：最大阻值10Ω，符号 电阻箱：最大阻值：99999.9Ω，符号 单刀单掷开关1个，符号 导线若干 ①设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内。要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负。‎ ②为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的 倍，电阻箱的阻值应为 Ω。‎ 答案：（1），，，（正对面积、板间距离、极板间的介质） （3分）‎ ‎（2）①‎ ‎（6分，采用其它方法只要合理，照样给分）‎ ② 2 （3分） 998.3 （3分）‎ ‎23.（2007全国新课标卷）倾斜雪道的长为‎25m，顶端高为‎15m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0=‎8m/s 飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ=0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取g=‎10m/s2）‎ 答案： ‎ 解析：‎ 如图选坐标，斜面的方程为 ‎………… ①‎ 运动员飞出后做平抛运动 ‎ ………… ② ‎ ‎ ………… ③‎ 联立①②③式，得飞行时间 ………… ④‎ 落点的x坐标m ………… ⑤ ‎ 落点距地面的高度 m ………… ⑦‎ 接触斜面前的x分速度 m/s ‎ y 分速度 ‎12 m/s ‎ 沿斜面的速度大小为 m/s………… ⑧‎ 设运动员在水平雪道上运动的距离为，由功能关系得 ‎………… ⑨‎ 解得 ……… ⑩‎ ‎24.（2007全国新课标卷）在半径为R半圆形区域中有中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，此感应强度为B。一质量为m，带电量为q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。‎ ‎（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。‎ ‎（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为（如图）。求入射粒子的速度。‎ 答案：（1） （2）‎ 解析：（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。‎ 设入射粒子的速度为，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得 ‎ ………… ①‎ 由上式解得 ………… ②‎ ‎（2）设是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接，设。‎ 由几何关系得 ………… ③‎ ‎ ………… ④‎ 由余弦定理得 ‎ ‎ ………… ⑤‎ 联立④⑤式得 ‎ ………… ⑥‎ 设入射粒子的速度为，由解出 ‎ ………… ⑦‎ ‎（2007全国新课标卷）［物理——选修3－3］如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一活塞，质量分别为和，活塞与气缸壁无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知=‎3m,=‎2m）‎ ‎（1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境的温度始终保持为）。‎ ‎（2）在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）‎ ‎【解析】‎ ‎⑴设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即： ‎ ‎ 由此得： ‎ ‎ 在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。‎ ‎ 在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：‎ ‎ ‎ ‎ 解得： 即两活塞的高度差为 ‎ ⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得： ‎ ‎ 活塞对气体做的功为：‎ ‎ 在此过程中气体吸收热量 ‎2008年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）‎ 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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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. （2008全国新课标卷）在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向 ‎ A.与ab边平行，竖直向上 ‎ B.与ab边平行，竖直向下 ‎ C.与ab边垂直，指向左边 ‎ D.与ab边垂直，指向右边 ‎【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边。‎ 答案：C ‎15. （2008全国新课标卷）一个T型电路如图所示，电路中的电, .另有一测试电源，电动势 为100V，内阻忽略不计。则 ‎ A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40‎ B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40‎ ‎ C. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V ‎ D. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V ‎【解析】本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R2与R3并联电阻为30Ω后与R1串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R1与R2并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即为R3的电压，为Ucd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即为R3的电压，为Uab = ×100V=25V，D错。‎ 答案：AC ‎16. （2008全国新课标卷）如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是 ‎ A.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a ‎ B.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a ‎ C.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b ‎ D.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b ‎【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向。‎ 答案：B ‎17. （2008全国新课标卷）甲乙两年在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示。两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S。在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d。已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是 ‎ A. t′＝t1 ,d=S B. t′=‎ ‎ C. t′ D. t′=‎ ‎【解析】本题考查追击相遇问题。在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′ ＜t，A错；从图像中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看，甲在t1时间内运动的位移比乙的多S，当t′ =0.5t时，甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S，选项D正确。此类问题要抓住图像的交点的物理意义，过了这个时刻，不能相遇以后不可能相遇，即“过了这个村就没这个店”。‎ 答案：D ‎18. （2008全国新课标卷）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为‎1 m/s。从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为则以下关系正确的是 ‎ A. ‎ ‎ B. ‎ ‎ C. ‎ ‎ D. ‎ ‎【解析】本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=1×S，W3=2×S，W1＜W2＜W3 。‎ 答案：B ‎19. （2008全国新课标卷）如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀 强磁场 中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是 ‎【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a 图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。‎ 答案：D ‎20. （2008全国新课标卷）一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是 ‎ A.若小车向左运动，N可能为零 ‎ B.若小车向左运动，T可能为零 ‎ C.若小车向右运动，N不可能为零 ‎ D.若小车向右运动，T不可能为零 ‎ 【解析】本题考查牛顿运动定律。对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错。解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。‎ 答案：AB ‎21. （2008全国新课标卷）如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a。在以下方法中，能使悬线的偏角a变大的是 ‎ A.缩小a、b间的距离 ‎ B.加大a、b间的距离 ‎ C.取出a、b两极板间的电介质 ‎ D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ‎【解析】本题考查电容器的两个公式。a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变。要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C。对电容器C，由公式C = = ，可以通过增大板间距d、减小介电常数ε、减小板的针对面积S。‎ 答案：BC 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第29题为必考题，每个试题考生都必须做答。第30题～第38题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题（8题，共129分）‎ ‎22. （2008全国新课标卷）（15分）‎ I.右图为一正在测量中的多用电表表盘.‎ ‎（1）如果是用×10档测量电阻，则读数为 。‎ ‎（2）如果是用直流10 mA档测量电流，则读数为 mA。‎ ‎ （3）如果是用直流5 V档测量电压，则读数为 V。‎ Ⅱ. （2008全国新课标卷）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。‎ ‎（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a= (保留三位有效数字)。‎ ‎(2)回答下列两个问题：‎ ‎ ①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 。（填入所选物理量前的字母）‎ ‎ A.木板的长度l B.木板的质量m1‎ ‎ C.滑块的质量m2 D.托盘和砝码的总质量m3‎ ‎ E.滑块运动的时间t ‎②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是 。‎ ‎ （3）滑块与木板间的动摩擦因数＝ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）.与真实值相比，测量的动摩擦因数 （填“偏大”或“偏小” ）。写出支持你的看法的一个论据： ‎ ‎ 。‎ ‎【解析】欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6×10Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V。对纸带的研究直接利用逐差法取平均值计算加速度。‎ 答案：Ⅰ．（1）60 ‎ ‎（2）7.18‎ ‎（3）3.59‎ Ⅱ．（1）0.495～‎0‎‎.497m/s2‎ ‎（2）①CD ‎（3） ‎（2008全国新课标卷）23.（15分）‎ ‎ 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。双星系统在银河系中很普遍。利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量。已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量。（引力常量为G）‎ ‎【解析】‎ 设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为w1,w2。根据题意有 ‎ w1=w2 ①‎ ‎ r1+r2=r ②‎ 根据万有引力定律和牛顿定律，有 ‎ G ③‎ G ④‎ 联立以上各式解得 ‎ ⑤‎ 根据解速度与周期的关系知 ‎ ⑥‎ 联立③⑤⑥式解得 ‎ ⑦‎ ‎24.(17分) （2008全国新课标卷）‎ ‎ 如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场。质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角，A点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场。不计重力影响。若OC与x轴的夹角为，求 ‎ （1）粒子在磁场中运动速度的大小：‎ ‎ （2）匀强电场的场强大小。‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有 ‎ R=dsinj ①‎ 由洛化兹力公式和牛顿第二定律得 ‎ ②‎ 将①式代入②式，得 ‎ ③‎ ‎(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 ‎ v0＝vcosj ④‎ ‎ vsinj＝at ⑤‎ ‎ d=v0t ⑥‎ 联立④⑤⑥得 ‎ ⑦‎ 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 ‎ qE＝ma ⑧‎ 联立③⑦⑧得 ‎ ⑨‎ 这道试题考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的半径公式，通常这类试题要求掌握如何定圆心、确定半径，能画出轨迹图。利用圆的几何知识和向心力公式解决相关问题。‎ ‎（2008全国新课标卷）31.[物理─选修3－3]（15分）‎ ‎(1)（6分）如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体逐渐流出。在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。关于这一过程，下列说法正确的是 。（填入选项前的字母，有填错的不得分）‎ A.气体分子的平均动能逐渐增大 B.单位时间气体分子对活塞撞击的次数增多 C.单位时间气体分子对活塞的冲量保持不变 D.气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量 ‎ ‎ ‎(2)（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动。取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上。沙子倒完时，活塞下降了h/4。再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上。外界天气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度。‎ ‎31.[物理——选修3-3]（15分）‎ ‎（1）D ‎（2）‎ 设大气和活塞对气体的总压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻马定律得 ‎ ①‎ 由①式得 ‎ ②‎ 再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0+2p。设第二次加沙子后，活塞的高度为h′‎ ‎′ ③‎ 联立②③式解得 h′= ④‎ ‎2009年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）‎ 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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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. （2009全国新课标卷）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A．伽利略发现了行星运动的规律 B．卡文迪许通过实验测出了引力常量 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 答案BD。‎ ‎【解析】行星运动定律是开普勒发现的A错误；B正确；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误；D正确。‎ ‎15.（2009全国新课标卷） 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为 A．0.19 B．‎0.44 C．2.3 D． 5.2‎ 答案B。‎ ‎【解析】天体的运动满足万有引力充当向心力即可知，可见木星与地球绕太阳运行的线速度之比，B正确。‎ ‎16.（2009全国新课标卷） 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为‎3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160µV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 A．‎1.3m/s ，a正、b负 B．‎2.7m/s ， a正、b负 a b N S 血流 测 电 势 差 C．‎1.3m/s，a负、b正 D．‎2.7m/s ， a负、b正 答案A。‎ ‎【解析】依据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则，可得，A正确。‎ ‎17. （2009全国新课标卷）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 A．时刻的瞬时功率为 B．时刻的瞬时功率为 t F F0‎ ‎3F‎0‎ O t0‎ ‎2t0‎ ‎3t0‎ C．在到这段时间内，水平力的平均功率为 D．在到这段时间内，水平力的平均功率为 答案BD。‎ E M N x y z M ‎·‎ N ·‎ P ‎【解析】0-2t0 内物体的加速度为，2t0 时刻的速度为，在3t0时刻的瞬时速度，则时刻的瞬时功率为，A错误；B正确；在到这段时间内，由动能定理可得，则这段时间内的平均功率，D正确。‎ ‎18.（2009全国新课标卷）空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标，N点的坐标为，P点的坐标为。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为 A． B．‎ C． D．‎ 答案D。‎ ‎【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等分线，故P点的电势为，D正确。‎ ‎19.（2009全国新课标卷）如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随变化的图象是 ωt i O π ‎－‎ ‎2‎ ‎3π ‎－‎ ‎2‎ π ‎2π ωt i O π ‎－‎ ‎2‎ ‎3π ‎－‎ ‎2‎ π ‎2π A B ωt i O π ‎－‎ ‎2‎ ‎3π ‎－‎ ‎2‎ π ‎2π ωt i O π ‎－‎ ‎2‎ ‎3π ‎－‎ ‎2‎ π ‎2π C D 答案C ‎【解析】依据左手定则，可知在0-内，电流方向M到O，在在电阻R内则是由b到a，为负值，且大小为为一定值，内没有感应电流，内电流的方向相反，即沿正方向，内没有感应电流，因此C正确。‎ 物块 木板 拉力 ‎20.（2009全国新课标卷）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A．物块先向左运动，再向右运动 B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 答案BC.‎ ‎【解析】对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，知道二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。‎ ‎21.（2009全国新课标卷）水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0<μ<1）。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则 A．F先减小后增大 B．F一直增大 ‎ C．F的功率减小 D．F的功率不变 答案AC。‎ F θ ‎【解析】由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由平衡条件得：，两式联立解得 ‎，可见F有最小值，所以F先减小后增大，A正确；B错误；F的功率，可见在从0逐渐增大到90°的过程中tan逐渐增大，则功率P逐渐减小，C正确，D错误。‎ 第Ⅱ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，每个小题考生都必须做答。第33题~第41题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题（11题，共129分）‎ ‎22.（2009全国新课标卷）（4分）‎ ‎ 某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，示数如图。由图可读出= cm, = ‎ 答案2.25，6.860‎ ‎【解析】游标卡尺的读数；‎ 螺旋测微器的读数。‎ ‎23.（2009全国新课标卷）(11分)‎ ‎ 青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能。用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强（如白天）时电阻几乎为0：照射光较弱（如黑天）时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开。电磁开关的内部结构如图所示。1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50mA时，3、4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100mA。‎ （1） 利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。‎ 光敏电阻,符号R1‎ ，灯泡L，额定功率40W，额定电压36V，符号L 保护电阻,符号R2‎ ，电磁开关，符号‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ，蓄电池E，电压36V，内阻很小；开关S，导线若干。‎ （2） 回答下列问题：‎ ①如果励磁线圈的电阻为200，励磁线圈允许加的最大电压为 V，保护电阻的阻值范围为 。‎ ②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。‎ 答： 。‎ ③任意举出一个其它的电磁铁应用的例子。‎ 答： 。‎ 答案：（1）电路原理如图所示。（4分）‎ ‎（2）①20 （2分） 160~520（2分）‎ ‎②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。‎ ‎③电磁起重机 ‎【解析】（1）要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1，2串联，3，4与路灯串联；则电路图如图所示。‎ ‎（2）①由U=IR得励磁线圈允许加的最大电压为U=ImR=0.1×200V=20V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得，，因此保护电阻的阻值范围为160~320；‎ ‎②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。‎ ‎③电磁起重机 ‎24．（2009全国新课标卷）（14分）‎ 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O。为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以‎2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取‎10m/s2）‎ ‎【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为。则有+=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离。‎ ‎ ② ③‎ 设冰壶的初速度为，由功能关系，得 ④‎ 联立以上各式，解得 ⑤‎ 代入数据得 ⑥‎ ‎25．（2009全国新课标卷）(18分)‎ ‎ 如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=,。不计重力。求 ‎（1）M点与坐标原点O间的距离；‎ ‎（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。‎ ‎【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为；在轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为，进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为，则 ① ‎ ‎ ② ‎ ‎ ③‎ 其中。又有 ④‎ 联立②③④式，得 因为点在圆周上，，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。‎ ‎ ⑥ ⑦‎ ‎（2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,‎ 则有 ⑧ ⑨‎ 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为 ⑩‎ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 ⑾‎ ‎34. （2009全国新课标卷）[物理——选修3-3]（15分）‎ ‎ （1）（5分）带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或进过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如V-T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为Pb、和PC ‎ ‎,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则 （填入选项前的字母，有填错的不得分）‎ A. Pb >Pc，Qab>Qac ‎ B. Pb >Pc，QabQac ‎ D. Pb ，a端为正 B．>，b端为正 C．<，a端为正 D．<，b端为正 ‎【答案】D ‎【解析】根据E=BLv，，，可见E10)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)‎ A.k B. k C. k D. k ‎15．【答案】B ‎【解析】根据场强的叠加，Eb=Ea+E盘，可得圆盘在b点产生的电场强度与点电荷在b点产生的电场强度等大反向：E盘=-k，方向向左；根据对称性可知圆盘在d点处产生的场强为E盘′=k，d点处的合场强为Ed=E′a+E盘′= k+ k = k，B选项对，A、C、D选项错误。‎ ‎16. （2013全国新课标卷）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 A.打到下极板上 B.在下极板处返回变 C.在距上极板处返回 D.在距上极板d处返回 ‎16．【答案】D ‎【解析】带电粒子运动过程中受重力和电场力做功；设电容器两极板间电压为U，粒子下落的全程由动能定理有：mg(d+)-qU=0-0，得qU=mgd，当下极板向上移后，设粒子能下落到距离上极板h处，由动能定理有：mg(h+)-qh=0-0，解得h=d，D选项对。‎ A B C D a b c M N i o t i o t i o t i o t ‎17. （2013全国新课标卷）如图.在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是 ‎17．【答案】A ‎【解析】设“V”字形导轨夹角为2θ，MN向右匀速运动运动的速度为v，根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=B·2vttanθ·v，设回路中单位长度的导线的电阻为RO，R总=RO(2vttanθ+2)，根据欧姆定律：I====常数，A选项对。‎ B a b q ‎18. （2013全国新课标卷）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）,质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）‎ A． B． C． D． ‎18．【答案】B ‎【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示：入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30°，所以轨迹半径r=R,由qvB=m得v==，B选项对。‎ a b t x t1‎ t2‎ o ‎19，（2013全国新课标卷）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上形式行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线，由图可知 A.在时刻t1，a车追上b车 B.在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 ‎19．【答案】BC ‎【解析】由图象可知：t1时刻以前b在a的后面，所以在t1时刻是b追上了a，A选项错；图象的斜率表示两车的速度，在t2时刻两图象斜率符号相反，则说明两车运动方向相反，选项B对；由b的图象可知，b车先减速后反向加速，选项C对；t1到t2时间内，a车的速率一直不变，b车先减速后反向加速，在某一时刻b车速度为零，比a车慢，选项D错。‎ ‎20. （2013全国新课标卷）2012年6曰18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面‎343km的近圆轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是 A.为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B.如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 C.如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 D处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 ‎20．【答案】BC ‎【解析】为实现对接，两者运行速度的大小都应小于第一宇宙速度所以A错；由于对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低，动能会增加,所以BC正确; .航天员在天宫一号中受地球引力作用, 所以D错 ‎21. （2013全国新课标卷）2012年11曰，“歼‎15”‎舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为‎1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则 A. 从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10‎ B. 在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C. 在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过‎2.5 g D. 在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 ‎21．【答案】AC ‎【解析】由v-t图象面积的物理意义可以求出飞机滑行的距离约为‎100m，是无阻拦索滑行时的十分之一，A选项对；在0.4s~2.5s的时间内，飞机做匀减速直线运动，阻拦索对飞机的合力不变，但两个张力的夹角变小，所以两个张力变小，B选项错；由图象可知，飞机最大加速度约为a=≈=‎30m/s2>‎2.5g，C选项对；阻拦系统对飞机的功率等于两个张力合力对飞机的功率，由P=Fv可知，功率逐渐减小，D选项错。‎ 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11题，共129分）‎ 轻滑轮 重物 图(a)‎ d 光电门A 光电门B 遮光片 物块 s 细线 ‎22. （2013全国新课标卷）（7分）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下: ‎ ‎①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m:用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平:‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,求出加速度a；‎ ‎④多次重复步骤③，求a的平均值 ;‎ 图(b)‎ ‎1 2 3‎ ‎0 5 10 15 20‎ ‎⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) 测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为‎1mm)的示数如图（b）所示。其读数为 cm ‎（2）物块的加速度a可用d、s、△tA,和△tB,表示为a= ‎ ‎(3)动摩擦因数μ可用M、m、 和重力加速度g表示为μ= ‎ ‎（4）如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于 （填“偶然误差”或”系统误差” ）‎ ‎22．【答案】见解析 ‎【解析】(1)游标卡尺测量数据不需要估读，主尺读数为：‎9mm，游标尺读数为：‎0.05mm×12=‎0.60mm，所以读数为：‎9mm+‎0.60mm=‎9.60mm=‎‎0.960cm ‎(2)根据v1=, v2=结合位移速度关系式：2ax=v22-v12有：a= = (－)‎ ‎(3)对重物和小物块整体受力分析：mg-μMg=(m+M)a，解得μ= ‎（4）如果细线没有调到水平，会使实验数据测量偏大或偏小，由于固定因素引起的误差叫做系统误差。‎ ‎23. （2013全国新课标卷）（8分）‎ 某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:‎ 多用电表；‎ 电压表:量程5V，内阻十几千欧;‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ 导线若干。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点 ‎(2)将图(a)中多用电表的红表笔和 （填“‎1”‎或“2）端相连，黑表笔连接另一端。‎ ‎(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V 。‎ 图(d)‎ ‎ ‎ ‎(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为 kΩ。‎ ‎(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为 kΩ。‎ ‎23.【答案】（1）短接（2）1（3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0‎ ‎【解析】（1）用欧姆表测量电阻时，选好档位之后，要进行欧姆调零，即两个表笔短接进行调节。‎ ‎（2）多用表测量时电流从红表笔流入，由黑表笔流出，所以红表笔应与接线柱1连接。‎ ‎（3）欧姆表读数时，指针所处的位置最小格代表1kΩ，所以读数时要估读到下一位，即15.0×1kΩ=15.0 kΩ；电压表最小刻度表示0.1V，所以要估读到0.01V，即3.60V；‎ ‎（4）滑动变阻器接入电路中的阻值为零，所以欧姆表测量的是电压表的内阻：12.0kΩ；‎ ‎（5）欧姆表测量电阻时，表内有电源，根据闭合电路的欧姆定律有：E=IgRg, E=Ig(Rg+R测)，所以中值为欧姆表的总内阻Rg=15.0kΩ，根据欧姆表测量电压表时组成的回路有：E=U+Rg，得E=4+×15V=9V. ‎ x l ‎-l ‎2l y yA K H E F I G xB O ‎(l,l)‎ ‎24. （2013全国新课标卷） (13分)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,‎2l)、(0,-l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l, l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。‎ ‎24.【答案】见解析 ‎【解析】设B车的速度大小为v.如图，标记R的时刻t通过点K（l,l）,此时A、B的位置分别为Ｈ、Ｇ。由运动学公式，H的纵坐标yA，G的横坐标xB分别为 x l ‎-l ‎2l y yA K H E F I G xB O ‎(l,l)‎ ‎ yA= ‎2l+ at2 ①　 　 　　‎ ‎ xB =vt ② ‎ 在开始运动时，R到Ａ和Ｂ的距离之比为２:１，即ＯE：OF=2:1‎ 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻Ｒ到A和B的距离之比都为2:1。‎ 因此，在时刻t有 HK：KG=2:1 ③ ‎ 由于ΔFGH∽ΔIGK，有 ‎ HK：KG=xB:( xB -l) ④‎ ‎ HK：KG=( yA+l):‎2l ⑤ ‎ 由③④⑤式得 ‎ xB =l ⑥ ‎ ‎ yA=‎5l ⑦ ‎ 联立①②⑥⑦式得 v= ‎ ‎25. （2013全国新课标卷）（19分）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: ‎ θ L B C m ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。‎ ‎25.【答案】见解析 ‎【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为 E=BLv ①‎ ‎ 平行板电容器两极板间的电势差为 U=Ｅ ② ‎ 设此时电容器极板上积累的电荷量为Ｑ，按定义有 C= ③ ‎ 联立①②③式得 Q=CBLv ④‎ ‎ (2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 FA=BLi ⑤ ‎ 设在时间间隔（t,t+△t）内流经金属棒的电荷量为△Q，按定义有 i= ⑥ ‎ ‎△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t,t+△t）内增加的电荷量。由④式得△Q=CBL△v ⑦ ‎ 式中，△v为金属棒的速度变化量。按定义有 a= ⑧ ‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 f = μN ⑨ ‎ 式中N是金属棒对轨道的正压力的大小，有 N=mgcosθ ⑩ ‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据牛顿第二定律有 ‎ mgsinθ- FA –f =ma ⑾‎ 联立⑤到⑾式得a=g ⑿‎ 由式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为 ‎ v= at = gt ⒀‎ ‎33. （2013全国新课标卷）[物理—选修3-3](15分)‎ ‎ (1)(6分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，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分子力先增大，后一直减小 B.分子力先做正功，后做负功 ‎ C.分子动能先增大，后减小 D.分子势能先增大，后减小 E.分子势能和动能之和不变 ‎ (2) (9分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为Po和Po/3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为To，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求:‎ ‎(i)恒温热源的温度T;‎ ‎(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积VX。‎ ‎33.【答案】见解析 ‎【解析】(1)BCE 两分子从较远靠近的过程分子力先表现为引力且先增大后减小，到平衡位置时，分子力为零，之后靠近分子间表现为斥力且越来远大，A选项错；分子力先做正功后做负功，B选项对；分子势能先减小后增大，动能先增大后减小，B、C选项对；D选项错；只有分子力做功，分子势能和分子动能相互转化，总和不变，D选项对。 ‎ ‎(2)（ⅰ）与恒温热源接触后，在k未打开时，右活塞不动，两活塞下方对气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得 ‎ = 由此得T=T0 ‎（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大，打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。‎ ‎ 气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为P，由玻意耳定律得 ‎ PVx =· ‎ (P+P0)(2V0-Vx)=P0· 联立式，得6Vx2-V0Vx-V02=0 ‎ 其解为Vx =V0，另一个解Vx =-V0，不符合题意，舍去。‎ ‎2014年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷1）‎ 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 14～18题只有一项符合题目要求，第 19～21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．（2014全国新课标卷）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连接，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 ‎14．D　[解析] 本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．‎ ‎15．（2014全国新课标卷）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 ‎15．B　[解析] 本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D错误．‎ ‎16．（2014全国新课标卷）如图所示，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(未面出)，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(　　)‎ A．2 B. C．1 D. ‎16．D　[解析] 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝有＝· ，穿过铝板后粒子动能减半，则＝，穿过铝板后粒子运动半径减半，则＝，因此＝，D正确．‎ ‎17．（2014全国新课标卷）如图所示，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)．与稳定在竖直位置时相比，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 ‎17．A　[解析] 本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为l0，小球静止时设橡皮筋伸长x1，由平衡条件有kx1＝mg，小球距离悬点高度h＝l0＋x1＝l0＋，加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sin θ＝mg，小球距离悬点高度h′＝(l0＋x2)sin θ＝l0sin θ＋，因此小球高度升高了．‎ ‎18．（2014全国新课标卷）如图(a)所示，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(　　)‎ ‎　　　‎ 图(a)　　　　　　　　　图(b)　　　‎ A　　　　　　　　　　　　B　　‎ C　　　　　　　　　　　　D　　‎ ‎18．C　[解析] 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致，线圈cd上的波形图是方波，ab线圈电流只能是线性变化的，所以C正确．‎ ‎19．（2014全国新课标卷）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)‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎5.2‎ ‎9.5‎ ‎19‎ ‎30‎ A.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 ‎19．BD　[解析] 本题考查万有引力知识，开普勒行星第三定律，天体追及问题．因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π，所以不可能每年都出现(A选项)．由开普勒行星第三定律有＝＝140.608，周期的近似比值为12，故木星的周期为12年，由曲线运动追及公式t－t＝2nπ，将n＝1代入可得t＝年，为木星两次冲日的时间间隔，所以2015年能看到木星冲日现象，B正确．同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔为1.01年．土星两次冲日的时间间隔为1.03年．海王星两次冲日的时间间隔为1.006年，由此可知C错误，D正确．‎ ‎20．（2014全国新课标卷） 如图所示，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ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是(　　)‎ 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．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg ‎20．AC　[解析] 本题考查了圆周运动与受力分析．a与b所受的最大摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A项正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B项错误；b处于临界状态时kmg＝mω2·‎2l，解得ω＝ ，C项正确；ω＝小于a的临界角速度，a所受摩擦力没有达到最大值 ，D项错误．‎ ‎21．（2014全国新课标卷）如图所示，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φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φF＝φP，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 D．φP大于φM ‎21．AD　[解析] 本题考查了电场问题．根据题意，点电荷Q必在MN的中垂线和PF的中垂线的交点处，过F作MN的垂直平分线交MP于O点，由几何关系可知ON恰好垂直平分PF，故点电荷Q一定位于O点，A项正确，由正点电荷的等势面分布特点可知B项错误；因为是正电荷形成的电场，将正电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C项错误；因为是正电荷形成的电场，越靠近场源电荷的等势面电势越高，D项正确．‎ ‎22．（2014全国新课标卷）（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‎200 g，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：‎ 图(a)‎ 图(b)‎ ‎(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系．‎ ‎(2)由图(b)可知，am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________．‎ ‎22．(1)非线性　(2)存在摩擦力　(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力　远小于小车的质量 ‎[解析] 本题考查了验证牛顿第二定律的实验．(1)根据图中描出的各点作出的图像不是一条直线，故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系．(2)图像不过原点，小车受到拉力但没有加速度，原因是有摩擦力的影响．(3)平衡摩擦力之后，在满足钩码质量远小于小车质量的条件下，可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加速度成正比的结论．‎ ‎23．（2014全国新课标卷）（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 Ω)，电阻R0(阻值为3.0 Ω)，电阻R1(阻值为3.0 Ω)，电流表A(量程为200 mA，内阻为RA＝6.0 Ω)，开关S.‎ 图(a)‎ 实验步骤如下：‎ ‎①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；‎ ‎②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻值箱相应的阻值R；‎ ‎③以为纵坐标，R为横坐标，作 R图线(用直线拟合)；‎ ‎④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 Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________．‎ R/Ω ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ I/A ‎0.143‎ ‎0.125‎ ‎①‎ ‎0.100‎ ‎0.091‎ ‎0.084‎ ‎0.077‎ I－1/A－1‎ ‎6.99‎ ‎8.00‎ ‎②‎ ‎10.0‎ ‎11.0‎ ‎11.9‎ ‎13.0‎ 图(b)‎ 图(c)‎ ‎(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－1Ω－1，截距b＝________A－1.‎ ‎(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.‎ ‎23．(1)＝R＋ ‎(2)0.110　9.09　(3)1.0(或在0.96～1.04)之间，6.0(或在5.9～6.1之间)　(4)3.0(或在2.7～3.3之间)，1.0(或在0.6～1.4之间)‎ ‎[解析] 本题考查了测量电源电动势和内电阻的实验．(1)根据闭合电路欧姆定律有 E＝(R＋R0＋r)＋IRA.‎ 代入数据，化简得 ＝R＋.‎ ‎(2)电流表每小格表示4 mA，因此电流表读数是‎0.110 A，倒数是‎9.09 A－1.‎ ‎(3)根据坐标纸上给出的点，画出一条直线，得出斜率k＝‎1.0 A－1·Ω－1，截距b＝‎6.0 A－1.‎ ‎(4)斜率k＝，因此E＝3.0 V，截距b＝，因此r＝－5＝1.0 Ω.‎ ‎24（2014全国新课标卷）．（12分）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，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1 s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以‎108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为‎120 m．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，若要求安全距离仍为‎120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．‎ ‎24．‎2 m/s(或‎72 km/h)‎ ‎[解析] 设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，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 μ0mg＝ma0①‎ s＝v0t0＋②‎ 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μ，依题意有 μ＝μ0③‎ 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 μmg＝ma④‎ s＝vt0＋⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝‎20 m/s　(‎72 km/h)．⑥‎ ‎25．（2014全国新课标卷）（20分）如图所示，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，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能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．‎ ‎25．(1)7∶3　(2)，方向略 ‎[解析] 设小球的初速度为v0，初动能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 dsin 60°＝v0t①‎ dcos 60°＝gt2②‎ 又有Ek0＝mv③‎ 由①②③式得 Ek0＝mgd④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd⑤‎ 由④⑤式得 ＝.⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和d，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧‎ 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 ＝⑨‎ 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的夹角为α，由几何关系可得 α＝30°⑩‎ 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 qEdcos 30°＝ΔEpA⑪‎ 由④⑦⑪式得 E＝.⑫‎ ‎33．（2014全国新课标卷）[物理——选修3－3] （15分） (1)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pT图像如图所示．下列判断正确的是________．‎ 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 ‎33．(1)ADE　[解析] 本题考查了气体性质．因为＝C，从图中可以看出，a→b过程不变，则体积V不变，因此a→b过程外力做功W＝0，气体温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即气体吸收热量，A正确；b→c过程气体温度不变，ΔU＝0，但气体压强减小，由＝C知V增大，气体对外做功，W<0，由ΔU＝Q＋W可知Q>0，即气体吸收热量，B错误；c→a过程气体压强不变，温度降低，则ΔU<0，由＝C知V减小，外界对气做功，W>0，由ΔU＝W＋Q可知W