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2014年普通高等学校招生全国统一考试(大纲全国卷)
理科综合能力测试(物理部分)
说明:理科综合能力测试全大纲卷物理试题共13题,共120分。其中不定项选择题包括第14~21题,共8题,48分;实验题包括第22、23题,共2题,18分;解答题包括第24~26题,共3题,54分。
第Ⅰ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,有的只有一项符合题目要求,有的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·大纲全国,14)

一质点沿x轴做直线运动,其vt图象如图所示。质点在t=0时位于x=5 m处,开始沿x轴正向运动。当t=8 s时,质点在x轴上的位置为(　　)
A.x=3 m　　　　　　B.x=8 m
C.x=9 m D.x=14 m
答案:B
解析:根据vt图线与时间轴所围面积表示位移可知:在0~4 s时间内质点沿x轴正向的位移为x1=(2+4)×22 m=6 m,在4~8 s时间内质点沿x轴负方向的位移为x2=-(2+4)×12 m=-3 m,又已知t=0时质点处于x=5 m位置,所以当t=8 s时质点在x轴上的位置x'=x+x1+x2=(5+6-3) m=8 m,B项正确。
15.(2014·大纲全国,15)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×10-4 kg、带电荷量为-1.00×10-7 C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0 m。对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2,忽略空气阻力)(　　)
A.-1.50×10-4 J和9.95×10-3 J
B.1.50×10-4 J和9.95×10-3 J
C.-1.50×10-4 J和9.65×10-3 J
D.1.50×10-4 J和9.65×10-3 J
答案:D
解析:根据题意可知,小球下落h=10.0 m过程中电场力做功为WE=qE·h=-1.50×10-4 J,根据电场力做负功电势能增大可知小球的电势能增加1.5×10-4 J,A、C两项错误;由动能定理可得mgh+WE=ΔEk,解得ΔEk=9.65×10-3 J,即小球的动能增加9.65×10-3 J,B项错误,D项正确。
16.(2014·大纲全国,16)对于一定量的稀薄气体,下列说法正确的是(　　)
A.压强变大时,分子热运动必然变得剧烈
B.保持压强不变时,分子热运动可能变得剧烈
C.压强变大时,分子间的平均距离必然变小
D.压强变小时,分子间的平均距离可能变小
答案:BD
解析:温度是气体分子热运动剧烈程度的标志,对一定量的气体,只说明压强变大时,温度不一定升高,A项错误;保持压强不变,气体的温度和体积可以同时增大,分子热运动变得剧烈,B项正确;同理只说明气体的压强变大时,气体体积不一定变小,即分子间平均距离不一定变小,C项错误;气体压强变小时,气体体积可能减小,即分子间平均距离可能变小,D项正确。
17.(2014·大纲全国,17)在双缝干涉实验中,一钠灯发出的波长为589 nm的光,在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm,则双缝的间距为(　　)
A.2.06×10-7 m B.2.06×10-4 m
C.1.68×10-4 m D.1.68×10-3 m
答案:C
解析:根据双缝干涉相邻明条纹中心间距公式Δx=Ld·λ,解得d=LΔx·λ,代入数据可得d=1.00×589×10-90.350×10-2 m≈1.68×10-4 m,故C项正确。
18.(2014·大纲全国,18)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是(　　)
A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2|
B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2
C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移
D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅
答案:AD
解析:根据简谐波叠加规律可知波峰与波谷相遇处的振幅为|A1-A2|,质点离开平衡位置的位移在0~|A1-A2|之间不断变化,A项正确;波峰与波峰相遇处的振幅为A1+A2,质点离开平衡位置的位移在0~A1+A2之间变化,B、C两项错误,D项正确。
19.(2014·大纲全国,19)

一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为v2时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A.tan θ和H2 B.(v22gH-1)tan θ和H2
C.tan θ和H4 D.(v22gH-1)tan θ和H4
答案:D
解析:对物块上滑过程由牛顿第二定律得-mgsin θ-μmgcos θ=ma,根据运动规律可得v2=2a·Hsinθ,(v2)2=2a·ℎsinθ,联立可得μ=(v22gH-1)tan θ,h=H4。故D项正确。
20.(2014·大纲全国,20)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一根长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)
A.均匀增大 B.先增大,后减小
C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变
答案:C
解析:由题意可知,在条形磁铁下落过程中,铜环中产生感应电流。根据楞次定律可知,感应电流对磁铁有向上的磁场力F磁,磁铁速度越大,感应电流越大,F磁越大,对磁铁由牛顿第二定律有a=mg-F磁m,可知磁铁向下做加速度逐渐减小的加速运动,直到最后速度趋于不变,C项正确。
21.(2014·大纲全国,21)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)
A.A+1A-1 B.A-1A+1
C.4A(A+1)2 D.(A+1)2(A-1)2
答案:A
解析:设中子质量为m,则与之碰撞的原子核的质量为Am,碰撞前中子的速度大小为v0,碰撞后中子的速度为v1,碰后原子核的速度为v2,碰撞过程满足动量守恒定律,有mv0=mv1+Amv2,由于发生弹性正碰,根据机械能守恒有12mv02=12mv12+12Amv22,联立解得v1=1-AA+1v0,则v1速度大小为|v1|=A-1A+1v0,可得v0|v1|=A+1A-1,A项正确。
第Ⅱ卷
三、非选择题:第22~34题,共174分。按题目要求作答。
22.(2014·大纲全国,22)(6分)

现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10 Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3,x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80 m/s2。
单位:cm
x1
x2
x3
x4
h
s
10.76
15.05
19.34
23.65
48.00
80.00

根据表中数据,完成下列填空:
(1)物块的加速度a=　　　　 m/s2(保留3位有效数字)。 
(2)因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,可知斜面是粗糙的。 
答案:(1)4.30(填“4.29”或“4.31”同样给分)
(2)物块加速度小于gℎs=5.88 m/s2
(或物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)
解析:(1)根据“逐差法”可得物块的加速度为
a=(x4+x3)-(x2+x1)4T2
=[(23.65+19.34)-(15.05+10.76)]×10-24×(0.1)2 m/s2
≈4.30 m/s2。
(2)假设斜面光滑,对物块受力分析可得物块下滑的加速度a'=gsin θ=gℎs=9.80×48.00×10-280.00×10-2 m/s2=5.88 m/s2。根据a'>a可知斜面是粗糙的。
23.(2014·大纲全国,23)(12分)

图(a)
现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有:电流表,内阻为1.00 Ω;电压表;阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S;一端连有鳄鱼夹P的导线1,其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。
(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线,并标出导线1其P端。

图(b)
(2)测量时,改变鳄鱼夹P所夹的位置,使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路,记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。根据表中数据,在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整,并画出UI图线。
I(mA)
193
153
111
69
30
U(V)
2.51
2.59
2.68
2.76
2.84

图(c)
(3)根据UI图线求出电源的电动势E=　　　　 V,内阻r=　　　　 Ω。(保留2位小数) 
答案:(1)连线如图所示。

(2)UI图线如图所示。

(3)2.90(在2.89~2.91之间均给分)　1.03(在0.93~1.13之间均给分)
解析:(1)根据电路图连接实物,注意电流表外接,电压表并联,并标出导线1和其P端。
(2)根据闭合电路欧姆定律得E=U+I(RA+r),则U=E-I(RA+r),可知UI图线为直线。根据题表中的数据在坐标纸上描点,然后用一条直线把尽量多的点连接(不在直线上的点分居直线两侧且靠近直线,偏离直线较远的点应舍去),如答案图所示。
(3)根据UI图线可知,纵轴截距为E=2.90 V,图线的斜率的绝对值为r+RA=|2.90-2.500-197×10-3| Ω,又RA=1.00 Ω,则电源内阻r≈1.03 Ω。
24.(2014·大纲全国,24)(12分)冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求
(1)碰后乙的速度的大小;
(2)碰撞中总机械能的损失。
分析:(1)运动员甲、乙的碰撞时间极短,碰撞过程动量守恒,根据动量守恒定律可求得运动员乙的速度。(2)由于运动员甲、乙发生的是正碰,碰撞过程中动能的损失即为机械能的损失。
答案:(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
解析:(1)设运动员甲、乙的质量分别为m1、m2,碰前速度大小分别为v1、v2,碰后乙的速度大小为v2'。由动量守恒定律有
m1v1-m2v2=mv2'①
代入数据得v2'=1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有
12mv12+12Mv22=12Mv2'2+ΔE③
联立②③式,代入数据得
ΔE=1 400 J④
25.(2014·大纲全国,25)(20分)

如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(2)该粒子在电场中运动的时间。
分析:粒子在磁场中的运动轨迹为14圆弧,轨道半径r=d。粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴负方向做匀速直线运动,沿x轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动。根据洛伦兹力提供向心力及运动规律可求得电场强度的大小与磁感应强度大小的比值和粒子在电场中的运动时间。
答案:(1)12v0tan2θ　(2)2dv0tanθ
解析:

(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B=mv02R0①
由题给条件和几何关系可知R0=d②
设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿定律及运动学公式得
Eq=max③
vx=axt④
vx2t=d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有
tan θ=vxv0⑥
联立①②③④⑤⑥式得
EB=12v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t=2dv0tanθ⑧
26.(2014·大纲全国,26)(22分)已知地球的自转周期和半径分别为T和R,地球同步卫星A的圆轨道半径为h。卫星B沿半径为r(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行,其运行方向与地球自转方向相同。求:
(1)卫星B做圆周运动的周期;
(2)卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)。
分析:(1)卫星A和B绕地球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供,根据向心力的表达式及万有引力定律可求得卫星B的周期。(2)根据题意画出卫星A、B和地球的位置示意图,理解卫星A、B间不能直接通讯的一般状态,并找到其临界状态,两个临界状态之间的时间即为所求。
答案:(1)(rℎ)32T　(2)r32π(h32-r32)(arcsinRℎ+arcsinRr)T
解析:(1)设卫星B绕地心转动的周期为T',根据万有引力定律和圆周运动的规律有
GMmℎ2=m(2πT)2h①
GMm'r2=m'(2πT')2r②
式中,G为引力常量,M为地球质量,m、m'分别为卫星A、B的质量。由①②式得
T'=(rℎ)32T③
(2)设卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为τ;
在此时间间隔τ内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α',则
α=τT2π④
α'=τT'2π⑤
若不考虑卫星A的公转,两卫星不能直接通讯时,卫星B的位置应在图中B点和B'点之间,图中内圆表示地球的赤道。
由几何关系得
∠BOB'=2(arcsinRℎ+arcsinRr)⑥

由③式知,当r<h时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有
α'-α=∠BOB'⑦
由③④⑤⑥⑦式得
τ=r32π(h32-r32)(arcsinRℎ+arcsinRr)T⑧

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