普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ物理详细解析Word格式.docx
- 文档编号:18775573
- 上传时间:2023-01-01
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:164.40KB
普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ物理详细解析Word格式.docx
《普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ物理详细解析Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ物理详细解析Word格式.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
进一步强化利用图形收集和表述物理条件、利用图像分析物理过程的能力,注重理论联系实际,将试题情境与科学技术、社会和经济发展联系起来。
建议考生除学习教材、刷题巩固知识外,平时还应广泛涉猎相关读物,关注生活和生产劳动中的物理原理,运用物理知识解决生产劳动中的物理问题。
建议考生结合物理学科特点和核心素养的要求,完善考核目标的内涵,适应不同水平层级核心素养的考查方式。
特别是适应“科学思维”核心素养中“模型建构”的“水平五”要求:
能将较复杂的实际问题中的对象和过程转换成物理模型。
达到“科学思维”核心素养中“模型建构”的“水平三”要求:
能在熟悉的问题情境中根据需要选用恰当的模型解决简单的物理问题。
实现从“解题”向“解决问题”的飞跃。
[名师解题]
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
D
C
A
B
AD
BD
AC
14.2019年1月,我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。
在探测器“奔向”月球的过程中,用h表示探测器与地球表面的距离,F表示它所受的地球引力,能够描述F随h变化关系的图像是( )
A B C D
【命题意图】 本题考查万有引力及其相关知识点,意在考查考生的理解能力。
【解题思路】 在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中,根据万有引力定律,可知随着h的增大,探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的,故能够描述F随h变化关系的图像是D。
【答案】 D
15.太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环,循环的结果可表示为
4
H→
He+2
e+2ν
已知
H和
He的质量分别为mp=1.0078u和mα=4.0026u,1u=931MeV/c2,c为光速。
在4个
H转变为1个
He的过程中,释放的能量约为( )
A.8MeV B.16MeV
C.26MeVD.52MeV
【命题意图】 本题考查核反应释放核能的计算及其相关知识点。
【解题思路】 核反应质量亏损Δm=4×
1.0078u-4.0026u=0.0286u,释放的能量ΔE=0.0286×
931MeV=26.6MeV,选项C正确。
【答案】 C
16.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°
的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。
已知物块与斜面之间的动摩擦因数为
,重力加速度取10m/s2。
若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为( )
A.150kgB.100kg
C.200kgD.200kg
【命题意图】 本题考查力的分解、平衡条件,意在考查考生的推理能力。
【解题思路】 设物块的质量最大为m,将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解,由平衡条件,在沿斜面方向有F=mgsin30°
+μmgcos30°
,解得m=150kg,A项正确。
[答案] A
17.如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。
ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k。
则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.
kBl,
kBlB.
kBl
C.
kBlD.
[命题意图] 本题考查洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识,意在考查考生灵活分析带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的能力。
[解题思路] 电子从a点射出时,其轨迹半径为ra=
,由洛伦兹力提供向心力,有evaB=m
,又
=k,解得va=
;
电子从d点射出时,由几何关系有r
=l2+
2,解得轨迹半径为rd=
,由洛伦兹力提供向心力,有evdB=m
=k,解得vd=
,选项B正确。
[关键一步] 对于带电粒子在有界匀强磁场中的运动,关键是根据题给情境画出带电粒子的运动轨迹,结合几何关系求出轨迹半径,然后利用洛伦兹力提供向心力列方程解答。
[答案] B
18.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。
取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2。
由图中数据可得( )
A.物体的质量为2kg
B.h=0时,物体的速率为20m/s
C.h=2m时,物体的动能Ek=40J
D.从地面至h=4m,物体的动能减少100J
[命题意图] 本题考查机械能、功能关系及其相关知识点,意在考查考生运用相关知识解决实际问题的能力。
[解题思路] 根据题给图像可知h=4m时物体的重力势能mgh=80J,解得物体质量m=2kg,抛出时物体的动能为Ek=100J,由动能公式Ek=
mv2,可知h=0时物体的速率为v=10m/s,选项A正确,B错误;
由功能关系可知fh=|ΔE|=20J,解得物体上升过程中所受空气阻力f=5N,从物体开始抛出至上升到h=2m的过程中,由动能定理有-mgh-fh=Ek-100J,解得Ek=50J,选项C错误;
由题给图像可知,物体上升到h=4m时,机械能为80J,重力势能为80J,动能为零,即物体从地面上升到h=4m,物体动能减少100J,选项D正确。
[据图析题] 对于以图像形式给出信息的试题,首先要结合图像,如关键点、斜率等的物理意义,获取有价值的解题信息,然后利用相关物理规律分析解答。
[答案] AD
19.如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。
某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。
则( )
图(a)
图(b)
A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
[命题意图] 本题结合v—t图像考查曲线运动、牛顿运动定律及其相关知识点,考查的核心素养是物理观念。
[错误项分析] 根据v—t图线与横轴所围图形的面积表示位移,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,选项A错误;
根据v—t图线的斜率表示加速度,综合分析可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小,选项C错误。
[正确项分析] 第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大,又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值),故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大,选项B正确;
竖直方向上的速度大小为v1时,根据v—t图线的斜率表示加速度可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小,由牛顿第二定律有mg-f=ma,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大,选项D正确。
[答案] BD
20.静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则( )
A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小
B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
[命题意图] 本题考查带电粒子在静电场中的运动,考查的核心素养是科学思维。
[正确项分析] 在两个同种点电荷的电场中,一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点内静止开始运动,粒子的速度先增大后减小,选项A正确;
带电粒子仅在电场力作用下运动,若运动到N点的动能为零,则带电粒子在N、M两点的电势能相等;
仅在电场力作用下运动,带电粒子的动能和电势能之和保持不变,可知若粒子运动到N点时动能不为零,则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能,即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能,选项C正确。
[错误项分析] 若静电场的电场线不是直线,带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合,选项B错误;
若粒子运动轨迹为曲线,根据粒子做曲线运动的条件,可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行,选项D错误。
[易错剖析] 本题选项中有限定条件“可能”“一定”,需要考虑各种情况,认真分析。
只要题述情境的情况是可以发生的,则“可能”选项正确;
只要题述情境的情况有可以不发生的,则“一定”选项错误。
[答案] AC
21.如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计。
虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。
将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。
已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。
从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
A B C D
[命题意图] 本题结合两根导体棒切割磁感线考查电磁感应,需要考生全面分析物理过程并转化为图像,考查的核心素养是科学思维。
[解题思路] 根据题述,PQ进入磁场时加速度恰好为零,两导体棒从同一位置释放,则两导体棒进入磁场时的速度相同,产生的感应电动势大小相等,若释放两导体棒的时间间隔足够长,在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A;
由于两导体棒从同一位置释放,两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等,MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势,回路中产生的感应电流不可能小于I1,B错误;
若释放两导体棒的时间间隔较短,在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域,则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变,两棒不受安培力作用,二者在磁场中做加速运动,PQ出磁场后,MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流,且感应电流一定大于I1,受到安培力作用,由于安培力与速度成正比,则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力,所以MN一定做减速运动,回路中感应电流减小,流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D,C错误。
[模型分析] 导体棒沿倾斜导轨做切割磁感线运动是常见的电磁感应模型。
情境主要有导轨光滑或不光滑、磁场区域有界或无界、导体棒由静止下滑或以某一速度下滑、导体棒以某一速度沿导轨上滑,解答时主要应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律及其相关知识分析。
第Ⅱ卷
二、非选择题:
共62分。
第22~25题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第33~34题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共47分。
22.(5分)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。
所用器材有:
铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源、纸带等。
回答下列问题:
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=______________(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。
(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°
。
接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。
多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。
图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。
重力加速度为9.80m/s2。
可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)。
[答案]
(1)
(2分)
(2)0.35(3分)
[命题意图] 本题考查动摩擦因数的测量、牛顿第二定律及其相关知识点。
[解题思路]
(1)对铁块受力分析,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=
(2)两个相邻计数点之间的时间间隔T=5×
s=0.10s,由逐差法和Δx=aT2,可得a=1.97m/s2,代入μ=
,解得μ=0.35。
23.(10分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系,图中
和
为理想电压表;
R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100Ω);
S为开关,E为电源。
实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。
图(b)是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。
(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0μA,应调节滑动变阻器R,使电压表
的示数为U1=________mV;
根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”),电压表
示数________(填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向________(填“A”或“B”)端移动,以使
示数仍为U1。
(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。
硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度为
=________×
10-3V/℃(保留2位有效数字)。
[答案]
(1)5.00(2分) 变小(2分) 增大(2分) B(2分)
(2)2.8(2分)
[命题意图] 本题结合动态电路考查考生对实验原理的理解以及对实验数据的处理。
[实验攻略] 快速理解实验原理,是解题的关键所在。
本题中抓住实验控制条件,即通过二极管的电流不变,以调节滑动变阻器R,使电压表
示数保持一定数值为手段,结合动态电路中串反并同规律进行实际操作。
对图中数据进行处理时,要特别注意横、纵坐标的物理意义及其单位,同时也要注意坐标原点是否为零。
[解题思路]
(1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联,由欧姆定律可知,定值电阻两端电压U1=IR0=50.0μA×
100Ω=5.00mV;
由图(b)可知,当控温炉内温度升高时,硅二极管两端电压减小,又图(b)对应的电流恒为50.0μA,可知硅二极管的正向电阻变小,由“串反”规律可知,定值电阻R0两端电压增大,即电压表
示数增大,应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流,从而使电压表
示数保持不变,故应将R的滑片向B端移动。
(2)由图(b)可知
=
V/℃=2.8×
10-3V/℃。
[模型分析] 串反并同规律:
局部电路电阻发生变化,与之并联的电路的电压、电流、功率均与该电阻阻值变化趋势一致,即“并同”;
与之串联的电路的电压、电流、功率均与该电阻阻值变化趋势相反,即“串反”。
24.(12分)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。
两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。
G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。
质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
[命题意图] 本题考查带电粒子在偏转电场中的运动。
[模型分析] 本题中,带电粒子在G板上方匀强电场中做类平抛运动;
在G板下方匀强电场中的运动可逆向等效为类平抛运动。
处理时可将该复杂运动分解为水平方向的匀速直线运动和电场方向上的匀变速运动。
解:
(1)PG、QG间场强大小相等,均为E。
粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有
E=
①(1分)
F=qE=ma ②(1分)
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有
qEh=Ek-
mv
③(2分)
设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有
h=
at2 ④(1分)
l=v0t ⑤(1分)
联立①②③④⑤式解得
Ek=
+
qh ⑥(1分)
l=v0
⑦(1分)
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。
由对称性知,此时金属板的长度L为L=2l=2v0
⑧(4分)
25.(20分)一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。
行驶过程中,司机突然发现前方100m处有一警示牌,立即刹车。
刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。
图(a)中,0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8s;
t1~t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3s;
从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。
已知从t2时刻开始,汽车第1s内的位移为24m,第4s内的位移为1m。
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线;
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功;
从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[命题意图] 本题结合图像考查动量定理、匀变速直线运动规律等,意在考查考生的分析综合能力和推理能力,渗透考查考生的科学思维。
[压轴题透析] 对题中所给信息“汽车第1s内的位移为24m,第4s内的位移为1m”的解读至关重要。
不进行深入思考很容易套用x1-x4=3a(Δt)2计算加速度。
陷阱藏在哪里呢?
还是老生常谈的问题,刹车问题要判断停车时间,t2时刻后的第4s内,汽车并非一直在运动。
在此可以假设汽车在t2+3s后再经t0时间停止运动。
由中间时刻速度公式可知,汽车在t2时刻后第0.5s时的瞬时速度为24m/s,故由速度时间关系有:
0=v0.5-a(2.5s+t0),对最后1m的运动过程,可逆向等效为反向匀加速直线运动,x4=
at
,解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小。
在t1~t2阶段,可应用动量定理计算汽车刹车前的速度,而阻力的冲量可由F-t图线与横轴所围图形的面积得到。
(1)v-t图像如图所示。
(4分)
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;
t2时刻的速度为v2。
在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。
取Δt=1s。
设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn,n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有
s1-s4=3a(Δt)2 ①(1分)
s1=v2Δt-
a(Δt)2 ②(1分)
v4=v2-4aΔt ③(1分)
联立①②③式,代入已知数据解得
v4=-
m/s ④(1分)
这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。
因此,①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式
v3=v2-3aΔt ⑤(1分)
2as4=v
⑥(1分)
联立②⑤⑥式,代入已知数据解得
a=8m/s2,v2=28m/s ⑦(1分)
或者a=
m/s2,v2=29.76m/s ⑧(1分)
但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。
由牛顿定律有
f1=ma ⑨(1分)
在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为
I=
f1(t2-t1) ⑩(1分)
由动量定理有I=mv1-mv2 ⑪(1分)
由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为
W=
-
⑫(1分)
联立⑦⑨⑩⑪⑫式,代入已知数据解得
v1=30m/s ⑬(1分)
W=1.16×
105J ⑭(1分)
从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为
s=v1t1+
(v1+v2)(t2-t1)+
⑮(1分)
联立⑦⑬⑮式,代入已知数据解得
s=87.5m ⑯(1分)
(二)选考题:
共15分。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 普通高等学校 招生 全国 统一 考试 全国卷 物理 详细 解析
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)