2014年普通高等学校招生全国统一考试(答案)

2014年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅱ)

14.A 由v-t 图像知,在0~t 1时间内,甲的位移大于乙的位移,C 错误。由v =x t

知,甲的平均速度比乙的大,故A 正确。如图所示,汽车乙的v-t 图像中,实线下的面积小于斜虚线下的面积,故汽车乙的平均速度小于

v 1+v 22

,B 错误。v-t 图像中的斜率表示加速度,甲、乙图线上各点切线斜率

的绝对值均逐渐减小,故加速度都逐渐减小,D 错误。

15.B 设物块在抛出点的速度为v 0,落地时速度为v,抛出时重力势能为E p ,由题意知E p =1

2

m v 02;

由机械能守恒定律,得1

2mv 2=E p +1

2m v 02,解得v=√2v 0,设落地时速度方向与水平方向的夹角为θ,

则 cos θ=v

0v

=√2

2

,解得θ=π

4,B 正确。

16.C W F1=12

mv 2+μmg·v

2

t,W F2=12

m·4v 2+μmg 2v 2

t,故W F2<4W F1;W f1=μmg·v 2

t,W f2=μmg·2v

2

t,故

W f2=2W f1,C 正确。

评析 本题综合考查了功能关系及运动学公式的应用,熟练掌握动能定理及匀变速直线运动中有关平均速度的关系式x=v 1+v 22

t,是提高解题速度的有效方法,抓住题中时间相等是解题

的关键。难度中等。

17.C 解法一 以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg·2R=1

2mv 2,在

大环最低点有F N -mg=m v 2

R ,得F N =5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为F N '=F N ,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C 正确。

解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律

12

mv 2

=mg·2R,且a=v 2

R ,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。

F-Mg-mg=ma+M·0

所以F=Mg+5mg,由牛顿第三定律得C 正确。

18.B 在地球两极处,G Mm R 2=mg 0,在赤道处,G Mm

R 2-mg=m 4π2

T 2R,故R=(g 0-g )T 24π2

,则

ρ=M 4

3

πR

3

=R 2g 0

G 4

3

πR 3=3g 04πRG =3πGT 2 g

0g 0

-g

,B 正确。 评析 本题以地球运动为背景,考查了在地球表面的物体所受万有引力与重力的区别,明确在地球表面的物体所受重力随纬度的不同而不同是正确解题的关键。难度中等。 19.AD 电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B 错误。由沿电场线方向电势降低,可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C 错误。

20.AC 在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关系未知。由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反、偏转方向必相反,故A 正确。因r=mv

qB ,各粒子虽q 相同,但v 关系未知,故m 相同、v 不同时轨迹半径不同,而当r 相同时只能表明mv 相同,不能确定m 的关系,故B 错误、C 正确。由E k =1

2mv 2有r=√2mE k qB

,可见当E k 越大时

粒子轨迹半径越大,故D 错误。

21.BD a 、b 端的电压为正弦式交变电压,故电压表测得的电压U ab =

1m 2

。副线圈两端电压也

为正弦式交变电压,但由于二极管的单向导电特性,从而使c 、d 两端的电压成为脉动直流电,由有效值定义可得U cd

2R

T=

(

2m √2

)2

R

×T

2,即U cd =

U 2m 2

,故U ab ∶U cd =√2n 1∶n 2,A 错误。因R 增大时消耗

的功率P=

U cd

2R

减小,原线圈输入功率减小,故U 1不变时I 1减小,B 正确。由U ab ∶U cd =√2n 1∶n 2

可知U cd 与负载的阻值无关,C 错误。将二极管短路时R 两端电压为正弦式交变电压,其有效值U cd '=

2m √2

,故此时R 消耗的功率P'=

U cd '2R

为原来的2倍,原线圈中的电流也变为原来的2倍,

故D 正确。

22.答案 R x1 大于 小于 解析

R x R A

=20,R

V R x

=10,因此R x 属于大电阻,用电流表内接法时测量值更接近真实值,即R x1更接

近真实值;因R x1=U I

=R x +R A ,故R x1>R x ,R x2=U

I

=R 并(即R x 与R V 的并联值),故R x2

23.答案 (1)①81.7 ②0.012 2(2分。每空1分)

(2)1

k -n 图像如图所示。(3分)

(3)

1.75×103

n

(2分。在

1.67×103n

~

1.83×103

n

之间均同样给分)

3.47

l 0

(2分。在

3.31l 0

~

3.62

l 0

之间均同样给分)

解析 (1)由胡克定律有k=mg

x -x 0

=0.100×9.80

(5.26-4.06)×10-2 N/m=81.7 N/m,故有1

k =0.012 2 m/N 。(2)作图过

程略,图见答案。(3)因1

k -n 图线是一条过原点的直线,由图可得图线的斜率约为5.71×10-4 m/N,故有1

k =5.71×10-4×n,即k=1.75×103

n

(N/m),由题意可知弹簧的圈数n 与原长l 0的关系为n=60

0.118 8l 0,

故k=

3.47l 0(N/m)。

24.答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m

解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km 高度处的速度大小为v 。根据运动学公式有

v=gt ① s=1

2gt 2②

根据题意有

s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m ③ 联立①②③式得 t=87 s ④ v=8.7×102 m/s ⑤

(2)该运动员达到最大速度v max 时,加速度为零,根据牛顿第二定律有

mg=k v max 2

⑥

由所给的v-t 图像可读出 v max ≈360 m/s ⑦ 由⑥⑦式得 k=0.008 kg/m ⑧

25.答案 (1)方向:由C 端到D 端大小:

3ωBr 22R

(2)3

2μmgωr+

9ω2B 2r 4

4R

解析 (1)解法一 在Δt 时间内,导体棒扫过的面积为 ΔS=1

2ωΔt[(2r)2-r 2]①

根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为 ε=

B ΔS Δt ②

根据右手定则,感应电流的方向是从B 端流向A 端。因此,通过电阻R 的感应电流的方向是从C 端流向D 端。由欧姆定律可知,通过电阻R 的感应电流的大小I 满足

I=ε

R ③

联立①②③式得 I=

3ωBr 22R ④

解法二 ε=Br v =Br ωr+ω·2r 2

=3

2

Br 2ω

I=εR =

3Br 2ω

2R

由右手定则判得通过R 的感应电流从C→D 解法三 取Δt=T ε=

B ·ΔS Δt

=

B (π·4r 2-π·r 2)2π

ω

=32Br 2ω

I=εR

=

3Br 2ω

2R

(2)解法一 在竖直方向有 mg-2N=0⑤

式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等,其值为N 。两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为

f=μN ⑥

在Δt 时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l 1=rωΔt ⑦ 和 l 2=2rωΔt ⑧

克服摩擦力做的总功为 W f =f(l 1+l 2)⑨

在Δt 时间内,消耗在电阻R 上的功为 W R =I 2RΔt ⑩

根据能量转化和守恒定律知,外力在Δt 时间内做的功为 W=W f +W R 外力的功率为 P=

W Δt

由④至式得 P=3

2μmgωr+

9ω2B 2r 4

4R

解法二 由能量守恒 P=P R +P f

在竖直方向2N=mg,则N=1

2mg,得f=μN=1

2μmg P f =1

2

μmgωr+1

2

μmg·ω·2r=32

μmgωr

P R =I 2R=

9B 2r 4ω2

4R

所以P=3

2

μmgωr+

9B 2ω2r 4

4R

33.答案 (1)BCE (2)(ⅰ)320 K (ⅱ)4

3p 0

解析 (1)水中花粉的布朗运动,反映的是水分子的热运动规律,则A 项错。正是表面张力使空中雨滴呈球形,则B 项正确。液晶的光学性质是各向异性,液晶显示器正是利用了这种性

质,C 项正确。高原地区大气压较低,对应的水的沸点较低,D 项错误。因为纱布中的水蒸发吸热,则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低,E 项正确。

(2)(ⅰ)活塞b 升至顶部的过程中,活塞a 不动,活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程。设气缸A 的容积为V 0,氮气初态体积为V 1,温度为T 1;末态体积为V 2,温度为T 2。按题意,气缸B 的容积为V 0/4,由题给数据和盖—吕萨克定律有

V 1=3

4V 0+

12V 04=78

V 0①

V 2=34V 0+1

4V 0=V 0②

V 1T 1=V 2T 2

③

由①②③式和题给数据得 T 2=320 K ④

(ⅱ)活塞b 升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞a 开始向上移动,直至活塞上升的距离是气缸高度的1

16时,活塞a 上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V 1',压强为p 1';末态体积为V 2',压强为p 2'。由题给数据和玻意耳定律有

V 1'=1

4

V 0,p 1'=p 0,V 2'=3

16

V 0⑤

p 1'V 1'=p 2'V 2'⑥ 由⑤⑥式得 p 2'=4

3p 0⑦

34.答案 (1)BCE (2)见解析

解析 (1)由图(a)得λ=8 m,由图(b)得T=0.2 s,所以v=λ

T =40 m/s 。由图(b)知,在t=0.10 s 时,质点Q 通过平衡位置向y 轴负方向运动,A 错误。结合图(a),由“同侧法”判得波沿x 轴负方向传播,画出t=0.25 s 时的波形图,标出P 、Q 点,如图,此时P 点在x 轴下方,其加速度向上,B 正确。Δt=0.25 s -0.10 s=0.15 s,Δx=v·Δt=6 m,C 正确。P 点起始位置不在平衡位置或最大位移处,故D 错误。由图知A=0.10 m,ω=2π

T =10π rad/s,所以Q 点简谐运动表达式为y=0.10 sin 10πt(国际单位制),E 正确。

(2)如图,考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线,假设它斜射到玻璃上表面的A'点折射,根据折射定律有

n sin θ=sin α①

式中,n是玻璃的折射率,θ是入射角,α是折射角。

现假设A'恰好在纸片边缘。由题意,在A'点刚好发生全反射,故

α=π

2

②

设AA'线段在玻璃上表面的投影长为L,由几何关系有

sin θ=

22

③

由题意,纸片的半径应为

R=L+r④

联立以上各式得

n=√1+(?

R-r )

2⑤

35.答案(1)ACE

(2)见解析

解析(1)密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值,选项A正确;原子中存在原子核是卢瑟福通过α粒子散射实验发现的,选项B、D错误;居里夫妇发现钋和镭是从沥青中分离出来的,选项C正确;汤姆逊通过阴极射线在电磁场中的偏转,发现阴极射线是由带负电的粒子组成的,并测出其比荷,选项E正确。

(2)按定义,滑块运动的瞬时速度大小v为

v=Δs

Δt

①

式中Δs为滑块在很短时间Δt内经过的路程。

设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A,则

Δt A=1

f

=0.02 s②

Δt A可视为很短。

设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得

v0=2.00 m/s③

v1=0.970 m/s④

设B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有

⑤

v2=d

Δt B

代入题给实验数据得

v2=2.86 m/s⑥

设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p',则

p=m1v0⑦

p'=m1v1+m2v2⑧

两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

|×100%⑨

δp=|p-p'

p

联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得

δp=1.7%<5%⑩

因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。