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2014年新课标2卷理综


【答案】A 【解析】 由于图线与坐标轴所夹的面积表示物体的位移, 在 0-t1 时间内, 甲车的位移大于乙车, 由v 知,甲车的平均速度大于乙车,A 正确, C 错误;因为乙车做变减速运动故平均速度不等于

?

v1 ? v2 2

x 可 t
,B

错误;又图线的切线的斜率等于物体的加

速度,则甲乙两车的加速度均逐渐减小,选项 D 错误。 【答案】 B

1 2 mv0 ? mgh ,故 v0 ? 2gh 物体落 2 vy vy ? 地的竖直速度 v y ? 2 gh ,则落地时速度方向与水平方向的夹角 tan ? ? ? ? 1 ,则 ? ? , 4 vx v0
【解析】设物体水平抛出的初速度为 v0,抛出时的高度为 h,则 选项 B 正确。 【答案】C 【解析】 由于物体两次受恒力作用做匀加速运动, 由于时间相等, 末速度之比为 1 : 2 , 则加速度之比为 1 : 2 , 位移之比为1

: 2。 而 摩 擦 力 不 变 , 由 Wf ? ?Ff x 得 : Wf 2 ? 2Wf 1

;由动能定理: 理 得 :

WF 1 ? W f 1 ?
【答案】 C

1 2 1 mv ? 0 , WF 2 ? W f 2 ? m(2v) 2 ? 0 , 2 2 4WF1 ? W F 2 ?2Wf 1 ? W F 2 ?2Ff x1 ,故 WF 2 ? 4WF1 。C 正确。



【解析】小圆环到达大圆环低端过程机械能守恒: mg ? 2 R

?

1 2 mv ,小圆环在最低点,根据牛顿第 2

v 二 定 律 可 得 : FN - m g= m R ,选项 C 正确。 FT = M g+ 5 m g
【答案】 B

2

;对大圆环,由平衡可得:

FT = Mg + FN

,解得

【解析】地球表面的物体在两极万有引力等于重力: G

Mm
2

和物体随地球自转所需向心力的合力:

G

R Mm R
2

= mg0 ,在地球的赤道上万有引力为重力 2? 2 ) R + mg T
,地球的质量:

= m(

M= ?

g0 3? 4 3 ? R ,联立可得: ? = 2 3 GT g 0 - g

,选项 B 正确

【答案】AD 【解析】由于电场线与等势面垂直,而电场强度的方向为电场线的方向,故电场强度的方向与等势面垂直, A 正确;场强为零的地方电势不一定为零,如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零,但电势大于零,B 错误;场强大小与电场线的疏密有关,而沿着电场线的方向电势逐点降低,电场线的疏密与电场线的方向 没有必然联系,C 错误;任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致,沿电场线的方向是电势降落最快 的方向,D 正确。 【答案】AC 【解析】 由于电子和正电子带电性相反, 若入射速度方向相同时, 受力方向相反, 则偏转方向一定相反, A 正确;由于电子和正电子的入射速度大小来知,由 qvB ? m

v2 r

得r

?

mv 可知,运动半径不一定相同, qB

B 错误;虽然质子和正电子带电量及电性相同,但是两者的动量大小未知,无法判断粒子是质子还是正电 子, C 正确;由 Ek 越大 D 错误。 【答案】BD

?

2mEk 1 2 mv mv ,则 r ? ? 2 qB qB

,粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径

【解析】若变压器初级电压为 Uab,则次级电压为 U 2 压为 U cd

=

n2 U ;由于二级管的单向导电性使得 cd 间电 n1 ab

?

U2 2

,故

U ab 2n1 ,A 错误;增大负载的阻值 R,输出功率减小,则输入电流减小,即电 ? U cd n2
D 正确。

流表的读数减小,B 正确,cd 间的电压由变压器的初级电压诀定,与负载电阻 R 的大小无关,C 错误;若 二极管短路则 U cd 【答案】Rx1 【解析】由于

? U 2 ,则次级电流会加倍,则初级电流也加倍,
小于

大于

RV R ? 10; x ? 20 ,可认为是大电阻,采取电流表内接法测量更准确,即图 a 电路测量, Rx RA

Rx1 更接近待测电阻真实值;图 a 电路测量由于电流表的分压使测量值大于真实值;图 b 电路测量由于电压 表的分流使测量值小于真实值。 【答案】 (1)① 81.7 ② 0.0122 (2)如图所示 3 3 3 (3 ) k

?

1.75 ? 10 n
(在

(N/m) (在

1.67 ?10 n

1.83 ?10 n

之间均可)

k?
【解析】 (1)k

3.47 l0

3.31 3.62 之间均可) ~ l0 l0

?

1 1 mg 0.1? 9.8 m / N ? 0.0122m / N ? N / m ? 81.7 N / m ,故 ? ?2 k 81.7 ?x2 (5.26 ? 4.06) ?10

(2)如图所示 1/k(m/N) 0.04

0.03

0.02

0.01

0

10

20

30

40

50

60

n

(3)由图线可得其斜率为:

0.0347 ? 0.0061 ? 0.000572 60 ? 10
3
(N/m)

1.75 ? 10 1 故直线满足 ? 0.000572n 即 k ? k n
间均可)

1.67 ?10 (在 n

3

1.83 ?10 n

3


由于 60 匝弹簧总长度为 11.88cm;则 n 匝弹簧的为 l0 满足

n 60 ? l0 11.88 ?10?2

1.75 ? 10 代入 k ? n

3
得: k

?

3.47 3.31 3.62 ~ (在 之间均可) l0 l0 l0

【答案】 (1)87s 8.7× 102m/s (2)0.008kg/m 【解析】 (1)设运动员从开始自由下落至 1.5km 高度处的时间为 t ,下落距离为 h,在 1.5km 高度处的速 度大小为 v,由运动学公式有:

v ? gt 1 2 gt 2 4 3 4 且 h ? 3.9 ?10 m ? 1.5 ?10 m ? 3.75 ?10 m h?
联立解得:t=87s v=8.7× 102m/s (2)运动员在达到最大速度 vm 时,加速度为零,由牛顿第二定律有:
2 Mg ? kvm 由题图可读出 vm ? 360m / s

代入得:k=0.008kg/m 【答案】 (1)C 端流向 D 端

3? Br 2 2R

3 9? B r (2) ? mg? r + 2 4R

2

2 4

【解析】 (1)在Δ t 时间内,导体棒扫过的面积为: ?S

1 ? ??t[(2r ) 2 ? r 2 ] 2 B?S 根据法拉第电磁感应定律,导体棒产生的感应电动势大小为: E ? ?t ? E R


① ②

根据右手定则,感应电流的方向是从 B 端流向 A 端,因此流过导体又的电流方向是从 C 端流向 D 端;由欧姆定律流过导体又的电流满足: I

3? Br 2 2R (2)在竖直方向有: mg ? 2FN ? 0
联立①②③可得: I

?

④ ⑤ ⑥

式中,由于质量分布均匀,内外圆导轨对导体棒的正压力相等,其值为 FN,两导轨对运动的导体 棒的滑动摩擦力均为: Ff

? ? FN

在Δt 时间内,导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为: l1 克服摩擦力做的总功为: Wf

? r??t l2 ? 2r??t

⑦ ⑧ ⑨ 10 ○ 11 ○ 12 ○

? Ff (l1 ? l2 )

? I 2 R?t 根据能量转化和守恒定律,外力在Δ t 时间内做的功为 W ? Wf ? WR W 外力的功率为: P ? ?t
在Δ t 时间内,消耗在电阻 R 上的功为: WR

3 9? B r ? mg? r + 由④ 至12 ○式可得: P = 2 4R

2

2 4

13 ○

【答案】BCE 【解析】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动,A 错误;空中的小雨滴呈球形是水 的表面张力作用的结果,B 正确;彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点,C 正确; 高原地区水的沸点较低,是由于高原地区气压低,故水的沸点也较低,D 错误;干湿泡温度计的湿泡显示 的温度低于干泡显示的温度,是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量,使湿泡的温度降低的缘故,E 正确。 【答案】 (i)320K (ii)4P0/3 【解析】 (i)活塞 b 升至顶部的过程中,活塞 a 不动,活塞 ab 下方的氮气经历等压过程,设气缸 A 的容积 为 V0,氮气初始状态的体积为 Vl,温度为 T1,末态体积 V2,温度为 T2,按题意,气缸 B 的容积为 V0/4,由题给数据及盖吕萨克定律有:

V1 V2 ? T1 T2 3 1 V0 7 ? V0 且 V1 ? V0 ? 4 2 4 8





V 3 V2 ? V0 ? 0 ? V0 4 4



由①②③式及所给的数据可得: T2=320K 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 上方的氮气经历等温过程,设氮气初始状态的体积为 V1? ,压强为 P 1 ;末态
体积为 V2? ,压强为 P2? ,由所给数据及玻意耳定律可得

1 3 ? 0, V2? ? V0 V1? ? V0 , P 1 ? P 4 16 ? ? ? ? P 1 V1 ? P 2 V2
由⑤⑥式可得: 【答案】BCE

⑤ ⑥ ⑦

P2? ?

4 P0 3

【解析】由 Q 点的振动图线可知,t=0.10s 时质点 Q 向 y 轴负方向振动,A 错误;由波的图像可知,波向 左传播,波的周期为 T =0.2s,t=0.10s 时质点 P 向上振动,经过 0.15s=3T/4 时,即在 t = 0.25s 时,质点振 动到 x 轴下方位置,且速度方向向上,加速度方向也沿 y 轴正向,B 正确;波速

v?

8 m/s ? 4 0 m s / , 故 从 t = 0.10s 到 t = 0.25s , 该 波 沿 x 负 方 间 传 播 的 距 离 为 : T 0.2 x ? vt ? 40 ? 0.15m ? 6m ,C 正确; 由于 P 点不是在波峰或波谷或者平衡位置, 故从 t = 0.10s 到 t=0.25 ? y ? A sin( 2? )t ? 0.10sin10? t (国际单位) ,选项 E 正确 T h 2 1? ( ) R?r
R L θ

?

的 3/4 周期内,通过的路程不等于 3A = 30cm ,选项 D 错误;质点 Q 做简谐振动的表达式为:

【答案】

【解析】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 ? ? sin ? 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 刚好发生全反射,故 ?

?

?
2

A?

O?
h O B 2r

设 AA? 线段在玻璃上表面的投影长为 L,由几何关系有: sin ? ? 由题意纸片的半径应为 R=L-r 联立以上各式可得: n ?

L L2 ? h2
A

1? (

h 2 ) R?r

【答案】 ACE 【解析】 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为 1.6× 10-19C,A 正确;贝克勒尔通过对天然放射性 研究发现了中子, B 错误;居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素,C 正确;卢 瑟福通过 α 粒子散射实验,得出了原子的核式结构理论, D 错误;汤姆逊通过对阴极射线在电场及在磁场 中偏转的实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组成,并测定了粒子的比荷,E 正确。 【答案】 【解析】按定义,物体运动的瞬时速度大小 v 为: v

?

?x ?t

式中 Δx 为物块在很短的时间 Δt 内的位移,设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 ΔtA,则 ΔtA=1/f=0.02s ΔtA 可视为很短 设在 A 碰撞前后瞬时速度大小分别为 v0 和 v1 由图(b)所给数据可得:v0=2.00m/s v1=0.790m/s 设 B 碰撞后瞬时速度大小为 v2

v2 ?

设两滑块在碰撞前后的动量分别为 P 和 P ? ,则

d ? 2.56m / s ?tB

P ? m1v0 P? ? m1v1 ? m2v2
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

P ? P? ?100% P 联立各式代入数据得: ? r ? 1.7% ? 5%

?r ?

因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。


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