2014年生物高考全國卷Ⅰ試題分析

肖俊濤

2014年高考理綜全國新課標卷I的物理試題函括高中物理的主干知識，涉及了中學物理的主要內(nèi)容，突出了力學和電學部分，同時又涵蓋了選修模塊中熱學、振動與波動、幾何光學、動量、原子與原子核等內(nèi)容. 其中必考部分的力學題有5題，共36分，占比32.7%，電學題有7題，共59分，占比53.6%；選考部分（三選一）各模塊兩題共15分，占比13.7%.

1. 考查雙基，兼顧靈活

今年物理試題的題型、題量和結(jié)構(gòu)與去年完全相同，但難度較去年有明顯下降. 試題考查物理基礎(chǔ)知識與基本技能，題型更趨平穩(wěn)，更加常規(guī)，不回避陳題. 題目比較基礎(chǔ)、但又兼顧靈活.

第14題主要考查對電磁感應現(xiàn)象中感應電流產(chǎn)生的條件的理解，其中的選項C把物理學史中科學家失敗的做法也融入了進來，考查了物理學史的知識.

第15題主要考查對安培力的大小與方向的理解. 安培力大小表達式[FA=BILsinθ]，其中[L]是“有效長度”，[θ]是[B]與[I]的夾角，可見[FA]與導線在磁場中的放置方式有密切的關(guān)系；選項D將導線從中點折成直角，但不知折的方式，若折后導線仍在垂直于磁場的平面內(nèi)，則安培力大小將變?yōu)樵瓉淼腫22]；若折后導線另一部分平行于磁場，則安培力大小減小為原來的一半；若折后導線另一部分既不平行也不垂直于磁場，則安培力大小將介于前兩者之間. 如果導線開始時并不垂直于磁場，則情況更為復雜.

第20題考查圓周運動的臨界問題. a、b兩木塊在與圓盤相對滑動前繞同一轉(zhuǎn)軸做圓周運動，它們的角速度ω相同，由靜摩擦力提供向心力，當圓盤轉(zhuǎn)動的ω增大到小木塊開始相對圓盤滑動時，其靜摩擦力達到最大值. 由于木塊b的圓周運動半徑大于a的半徑，即相對圓盤滑動前木塊b的向心力大于a的向心力，可推知木塊b的靜摩擦力大小先達到最大值，對木塊b，有[kmg=mω2l]，容易求出木塊b開始滑動時的臨界角速度.

第24題考查勻變速直線運動的基本規(guī)律，求解的關(guān)鍵要正確理解兩車間的安全距離[x]等于司機在反應時間內(nèi)車勻速運動的距離與剎車后到停止過程中勻減速運動的距離之和. 設司機反應時間為[t]，車速為[v]，剎車過程中車的加速度大小為[a]，有[x=vt+v22a]，再結(jié)合牛頓運動定律得[a=μg]，問題便可得到求解.

2. 立意新穎，聯(lián)系實際

第17題考查受力分析、胡克定律、牛頓運動定律，以及力的合成與分解，對綜合分析能力要求較高. 設小球質(zhì)量為[m]，橡皮繩原長[l0]，勁度系數(shù)為[k]，小車加速穩(wěn)定后其加速度大小為[a]，橡皮繩與豎直方向夾角為[θ]（如圖1所示）. 開始時小球到懸點[O]的距離為[l1=l0+mg/k]；小車加速度穩(wěn)定后橡皮繩受力[F2=mgcosθ]，此時小球到懸點[O]的距離為 [l2=（l0+F2k）cosθ=l0cosθ+mgk]，由于[tanθ=mamg]，[a>0]，顯然有[l2

[圖2][圖1]

第21題考查了點電荷電場，由φM =φN可推知正點電荷Q應在MN的中垂線上，由φP =φF可推知點電荷應在PF的中垂線上. 作MN的中垂線上與PM交于O點（如圖2所示），連ON，由幾何知識可知ON為PF的中垂線，故正點電荷Q應放在O點，PN連線并不是等勢線. 由于OPφM =φN，將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做正功.

第22題在研究“牛頓第二定律”的實驗中，如果實驗前沒有平衡摩擦力，沒有滿足小車的質(zhì)量遠大于鉤碼的質(zhì)量這一實驗條件，則用測出的實驗數(shù)據(jù)畫出小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量關(guān)系圖象應是一條不過原點的曲線，小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量顯然是一種非線性關(guān)系，體現(xiàn)了實事求是的科學態(tài)度.

3. 實驗考查，體現(xiàn)探究

第22題與第23題這兩道實驗題都是創(chuàng)新性實驗，所提出的問題有一定的探究性.

第22題在用圖3所示裝置研究“牛頓第二定律”的實驗中，設小車（含發(fā)射器）的質(zhì)量為[M]，鉤碼的質(zhì)量為m，細線上的拉力大小為F，小車運動的加速度大小為a. 測出實驗數(shù)據(jù)畫出小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量關(guān)系圖象是一條不過原點的曲線，顯然是一種非線性關(guān)系；曲線與橫軸的交點（設為[m0]），表示小車受到的滑動摩擦力的大小為[m0g]. 如果將軌道的右端適當抬高一些進行平衡摩擦力后，對鉤碼與小車分別由牛頓第二定律，有[mg-F=ma，F(xiàn)=Ma]，由此可得[a=mgM+m]，[F=mMgM+m=mg1+m/M]，顯然在[M?m]時有[F≈mg]. 平衡摩擦力是本實驗應改進的措施，鉤砝的質(zhì)量[m]應遠小于小車（含發(fā)射器）的質(zhì)量[M]是實驗應滿足的條件.

從②可以看出，[1I]與[R]的關(guān)系是線性關(guān)系，用實驗數(shù)據(jù)作出[1I-R]圖象則應是一條傾斜的直線，直線的斜率[k=3E]，通過求直線的斜率就可提出[E]值；直線在縱軸上的截距[b=3r+15E]，從而可以求出[r]值.

第23題考查了實驗原理、基本測量儀器的的讀數(shù)，特別是對實驗對數(shù)據(jù)的分析與處理能力；第22題考查了學生嚴謹和實事求是的科學態(tài)度，同時需要學生有較強的洞察力和大膽的猜測能力.

4. 物理建模，數(shù)學依托

第16題考查帶電粒子在磁場中運動的半徑公式以及動能與動量的關(guān)系. 設勻強磁場的磁感應強度為B，粒子質(zhì)量為m、電量為q、速率為v ，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r. 則動能[Ek=12mv2]，[Bqv=mv2r]，可得[B=2mEkqr∝Ekr]，推知[MN]上、下方的磁場磁感應強度大小之比為[B1B2=12].

第18題由法拉第電磁感應定律知，線圈[cd]間的電壓[Ucd=E感=nΔφΔt]，[Δφ=ΔBS]，[ΔB∝i]，由此可推知[Ucd∝ΔiΔt]，可見當線圈[ab]中電流[i]在某段時間內(nèi)均勻變化時，該時間內(nèi)線圈[cd]間的電壓應是恒定的.

[ 圖5][行星][地球][太陽] 第19題由題意知某地外行星“沖日”的情景如圖5所示，設太陽質(zhì)量為M，行星質(zhì)量為m，繞太陽圓周運動的軌道半徑為r，運行角速度為ω. 由萬有引力提供向心力，有[GMmr2=mω2r]，地外行星相鄰兩次“沖日”的時間間隔 [t=2πωd-ωx]，其中[ωd]表示的是地球的公轉(zhuǎn)角速度，[ωx]表示的是行星的公轉(zhuǎn)角速度. 由以上兩式得[t=2πGM/r3d-GM/r3x] ；設行星的半徑是地球半徑的[k]倍，則上式可化為 [t=yk3k3-1] ，其中[y=2πGM/r3d]是地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期（即一年的時間）. 對于火星[k=1.5]，則[t=1.531.53-1y≈1.25y]，對于木星[k=5.2]，則[t=5.235.23-1y≈1.09y]. 可知后面的行星沖日時間間隔都大于1年. 當[k→∞]時[t→1y].

5. 方法靈活，注重思維

第25題是關(guān)于帶電小球在重力場與電場組成的復合場中的運動問題，涉及平拋運動、電場強度、電場力、動能定理及功與能的關(guān)系等相關(guān)知識，創(chuàng)造性地把拋體運動、復[ 圖6] 合場、動能定理等知識相結(jié)合，顯得既基礎(chǔ)又靈活，更有運用基本觀點綜合分析問題的難度，能力立意高，求解方法靈活. 第（1）、（2）問都有多種解法.

第（1）問解法1：小球從[O]點向右平拋的初速度為[v0]，歷時t通過A點時速度大小為[vA]，方向與水平方向成[θ]（如圖6所示）.

由平拋運動的規(guī)律，有[tanθ=2tan30°=23]， [cosθ=37]，[vA=v0cosθ]，則[EkAEkO=v2Av20=73]

第（1）問解法2：設OA=d，小球從O點向右平拋歷時t，通過A點時豎直分速大小為vy（如圖6所示）. 由平拋運動的規(guī)律，有[dsin60°=v0t]，[dcos60°=vyt]，由此得出

vy=v0tan600，則[EkAEkO=12m（v20+v2y）12mv20=73]

第（1）問解法3：初動能Ek0=mv02 ；由平拋運動的規(guī)律，有[dsin60°=v0t]，[dcos60°=gt2]；由動能定理，有[mgdcos60°=EkA-Ek0]，解得[EkAEk0=73]

由第（1）問的結(jié)果可得：[mgd=mv02]，這將作為求解第（2）問的一個條件.

小球從O到A由動能定理，有

[mgdcos60°+Eqdcos（60°-α）=3Ek0-Ek0]

小球從O到B由動能定理，有

[mgd+Eqdcosα=6Ek0-Ek0]，又[mgd=mv02]

解得[α=30°]，[E=3mg6q]endprint

[ 圖5][行星][地球][太陽] 第19題由題意知某地外行星“沖日”的情景如圖5所示，設太陽質(zhì)量為M，行星質(zhì)量為m，繞太陽圓周運動的軌道半徑為r，運行角速度為ω. 由萬有引力提供向心力，有[GMmr2=mω2r]，地外行星相鄰兩次“沖日”的時間間隔 [t=2πωd-ωx]，其中[ωd]表示的是地球的公轉(zhuǎn)角速度，[ωx]表示的是行星的公轉(zhuǎn)角速度. 由以上兩式得[t=2πGM/r3d-GM/r3x] ；設行星的半徑是地球半徑的[k]倍，則上式可化為 [t=yk3k3-1] ，其中[y=2πGM/r3d]是地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期（即一年的時間）. 對于火星[k=1.5]，則[t=1.531.53-1y≈1.25y]，對于木星[k=5.2]，則[t=5.235.23-1y≈1.09y]. 可知后面的行星沖日時間間隔都大于1年. 當[k→∞]時[t→1y].

5. 方法靈活，注重思維

第25題是關(guān)于帶電小球在重力場與電場組成的復合場中的運動問題，涉及平拋運動、電場強度、電場力、動能定理及功與能的關(guān)系等相關(guān)知識，創(chuàng)造性地把拋體運動、復[ 圖6] 合場、動能定理等知識相結(jié)合，顯得既基礎(chǔ)又靈活，更有運用基本觀點綜合分析問題的難度，能力立意高，求解方法靈活. 第（1）、（2）問都有多種解法.

第（1）問解法1：小球從[O]點向右平拋的初速度為[v0]，歷時t通過A點時速度大小為[vA]，方向與水平方向成[θ]（如圖6所示）.

由平拋運動的規(guī)律，有[tanθ=2tan30°=23]， [cosθ=37]，[vA=v0cosθ]，則[EkAEkO=v2Av20=73]

第（1）問解法2：設OA=d，小球從O點向右平拋歷時t，通過A點時豎直分速大小為vy（如圖6所示）. 由平拋運動的規(guī)律，有[dsin60°=v0t]，[dcos60°=vyt]，由此得出

vy=v0tan600，則[EkAEkO=12m（v20+v2y）12mv20=73]

第（1）問解法3：初動能Ek0=mv02 ；由平拋運動的規(guī)律，有[dsin60°=v0t]，[dcos60°=gt2]；由動能定理，有[mgdcos60°=EkA-Ek0]，解得[EkAEk0=73]

由第（1）問的結(jié)果可得：[mgd=mv02]，這將作為求解第（2）問的一個條件.

小球從O到A由動能定理，有

[mgdcos60°+Eqdcos（60°-α）=3Ek0-Ek0]

小球從O到B由動能定理，有

[mgd+Eqdcosα=6Ek0-Ek0]，又[mgd=mv02]

解得[α=30°]，[E=3mg6q]endprint

[ 圖5][行星][地球][太陽] 第19題由題意知某地外行星“沖日”的情景如圖5所示，設太陽質(zhì)量為M，行星質(zhì)量為m，繞太陽圓周運動的軌道半徑為r，運行角速度為ω. 由萬有引力提供向心力，有[GMmr2=mω2r]，地外行星相鄰兩次“沖日”的時間間隔 [t=2πωd-ωx]，其中[ωd]表示的是地球的公轉(zhuǎn)角速度，[ωx]表示的是行星的公轉(zhuǎn)角速度. 由以上兩式得[t=2πGM/r3d-GM/r3x] ；設行星的半徑是地球半徑的[k]倍，則上式可化為 [t=yk3k3-1] ，其中[y=2πGM/r3d]是地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期（即一年的時間）. 對于火星[k=1.5]，則[t=1.531.53-1y≈1.25y]，對于木星[k=5.2]，則[t=5.235.23-1y≈1.09y]. 可知后面的行星沖日時間間隔都大于1年. 當[k→∞]時[t→1y].

5. 方法靈活，注重思維

第25題是關(guān)于帶電小球在重力場與電場組成的復合場中的運動問題，涉及平拋運動、電場強度、電場力、動能定理及功與能的關(guān)系等相關(guān)知識，創(chuàng)造性地把拋體運動、復[ 圖6] 合場、動能定理等知識相結(jié)合，顯得既基礎(chǔ)又靈活，更有運用基本觀點綜合分析問題的難度，能力立意高，求解方法靈活. 第（1）、（2）問都有多種解法.

第（1）問解法1：小球從[O]點向右平拋的初速度為[v0]，歷時t通過A點時速度大小為[vA]，方向與水平方向成[θ]（如圖6所示）.

由平拋運動的規(guī)律，有[tanθ=2tan30°=23]， [cosθ=37]，[vA=v0cosθ]，則[EkAEkO=v2Av20=73]

第（1）問解法2：設OA=d，小球從O點向右平拋歷時t，通過A點時豎直分速大小為vy（如圖6所示）. 由平拋運動的規(guī)律，有[dsin60°=v0t]，[dcos60°=vyt]，由此得出

vy=v0tan600，則[EkAEkO=12m（v20+v2y）12mv20=73]

第（1）問解法3：初動能Ek0=mv02 ；由平拋運動的規(guī)律，有[dsin60°=v0t]，[dcos60°=gt2]；由動能定理，有[mgdcos60°=EkA-Ek0]，解得[EkAEk0=73]

由第（1）問的結(jié)果可得：[mgd=mv02]，這將作為求解第（2）問的一個條件.

小球從O到A由動能定理，有

[mgdcos60°+Eqdcos（60°-α）=3Ek0-Ek0]

小球從O到B由動能定理，有

[mgd+Eqdcosα=6Ek0-Ek0]，又[mgd=mv02]

解得[α=30°]，[E=3mg6q]endprint