第一部分（选择题 共120分）

13．在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化、模型化、放大、假说、极限思想，控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等。以下关于所用思想方法的叙述不正确的是

A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法

B．速度的定义式
，采用的是比值法；当
非常非常小时，
就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想

C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法

D．如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想

14．如图所示，质量均为m的物体A和物体B，用跨过光滑定滑轮的轻质细绳相连，A置于倾角θ=30°的固定斜面上，处于静止状态。现用水平力F作用在物体B上，缓慢的拉开一小角度，物体A一直保持静止，此过程中A所受的摩擦力

A．逐渐增大 B．逐渐减小

C．先减少后增大 D．先增大后减少

15．在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示，开始时各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和两木板间的动摩擦因数相同.下列说法正确的是（??? ）

A.若F1=F2，M1＞M2，则v1＞v2???????? B.若F1=F2，M1＜M2，则v1

C. 若F1＜F2，M1=M2，则v1＞v2????????D. 若 F1＞F2，M1=M2，则v1＞v2?

16. 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是

A.a点的电势高于b点的电势

B.c点的电场强度大于d点的电场强度

C.若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功

D.若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加

17．如图所示，A、B两物体的质量皆为m，用轻弹簧连接，B放在

水平地面上。用竖直向下的大小为F的力作用在A上，待系统

平衡后突然撤去力F，忽略空气阻力。下列说法正确的是

A．撤去力F的瞬间，A物体处于失重状态

B．撤去力F的瞬间，B对地面的压力大小为2mg

C．撤去力F的瞬间，B物体的加速度大小为F/m

D．撤去力F后，若物体B不能离开地面，则A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒

18.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10-5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是（ ）

A．靠近河南岸的水面电势较高

B．两岸的水面电势等高

C．电压表记录的电压约为9mV

D．电压表记录的电压约为6mV

19．如图甲所示是用沙摆演示振动图像的实验装置，此装置可视为摆长为L的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图甲所示的结果。若用手拉木板做匀速运动，速度大小是v。图乙所示的一段木板的长度是s。下列说法正确的是

A．可估算出这次实验所用沙摆对应的摆长

B．若增大手拉木板的速度，则沙摆的周期将变大

C．若减小沙摆摆动时的最大摆角，则沙摆的周期将变小

D．若增大沙摆的摆长，保持拉动木板的速度不变，则仍将得到与图乙完全相同的图样

20．自然界中某个量D的变化量
，与发生这个变化所用时间
的比值
，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是

A．若D表示某质点做平抛运动的速度，则
是恒定不变的

B．若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则
是恒定不变的

C．若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则
一定变大。

D．若D表示某质点的动能，则
越大，质点所受外力做的总功就越多

第二部分（非选择题 共180分）

本部分共11小题，共180分。

21.（18分）

（1）（6分）某实验小组利用光电计时器验证牛顿第二定律，装置如图甲，让小物块从倾斜气垫导轨顶端滑下，若光电计时器记录下小物块上的遮光板通过A、B光电门的时间分别为t1和t2，测得A、B之间的距离为L，导轨倾角为α，已知重力加速度为g.

① 用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度d.如图乙，由此读出d＝________ mm

② 实验需验证的关系式为____________(用实验测定的物理量对应的字母表示)

（2）（12分）某研究性学习小组用较粗的铜丝和铁丝相隔较近距离插入苹果中，制成了一个苹果电池，现在用如图甲所示器材来测定苹果电池的电动势和内阻。设计好合适的电路后，调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，记录多组U、I的数据，填入事先设置的表格中。然后逐渐增大铜丝和铁丝插入的深度，重复上述步骤进行实验。按照插入深度逐渐增加的顺序，利用相应的实验数据，在U-I坐标系中绘制图象，如图乙中的a、b、c所示。

①实验器材有：电流表（量程1ｍＡ，内阻不计）；电压表（量程1Ｖ，内阻约1 k）；滑动变阻器R1(阻值0～200Ω)；滑动变阻器R2 (阻值0～10kΩ)，该电路中应选用滑动变阻器 (选填“R1”或“R2” )。

②某同学根据正确设计的电路将图甲中实物图连接出一部分，请将剩余部分连接起来。

③在该实验中，随电极插入的深度增大，电源电动势 ，电源内阻 。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）

④图线b对应的电路中，当外电路总电阻R=2000Ω时，该电源的输出功率P= W（计算结果保留三位有效数字）。

22．（16分）质量为m=1kg的小木块A（可看成质点），放在质量为M=4kg的长木板B的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，系统处于静止状态。现有一个与A完全相同的小木块C从长木板右侧以
的初速度冲向长木板，碰后与长木板粘在一起（碰撞时间极短），最终小木块A恰好不滑落，求（1）C与B刚粘连时的速度v（2）木板至少应有多长。



23．（18分）如图所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；在一、四象限内以x=L的直线为理想边界的左右两侧存在垂直于纸面的匀强磁场B1和B2， y轴为磁场和电场的理想边界。在x轴上x=L的A点有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以速度v沿与x轴负方向成45o的夹角垂直于磁场方向射出。粒子到达y轴时速度方向与y轴刚好垂直。若带点粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回A点（不计粒子的重力）。

（1）判断磁场B1、B2的方向；

（2）计算磁感应强度B1、B2的大小．

24．（20分）某物理课外兴趣小组设计了如图所示装置。AB段为一竖直细圆管，BPC是一个半径R=0.4m的半圆轨道，C端的下方有一质量M=0.2kg的小车，车上有半径r=0.2m的半圆轨道DEF（D与C在同一条竖直线上），小车的左侧紧靠一固定障碍物。在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m=0.1kg的小球（小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r，此球可视为质点）。已知小球到B端的距离为h1=1.2m，C、D间竖直距离为h2=1m。在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC的最高点P；小球从C端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D端进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出。若各个接触面都光滑，重力加速度取g=10m/s2，试求：

（1）弹簧被释放前具有的弹性势能EP；

（2）小球被第一次到达E点时的速度大小及从F点飞出后能上升的最大高度；（相对F点）

（3）小球下落返回到E点时小球和小车的速度的大小和方向。

2014北京市高考压轴卷

理科综合 物理参考答案

第一部分（选择题）

13．【答案】A

【解析】质点是用来代替物体的有质量的点，采用的科学方法为物理化模型的方法，故A错误；为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法．故C正确；用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法．第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．故D正确．本题选择错误的。

14．【答案】A

【解析】对A研究可知，原来细线的拉力大小等于B的重力，即T=mg＞mgsinθ，A原来所受的摩擦力沿斜面向下，当用水平向右的力F缓慢拉物体A，细线的竖直分力大小等于A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大，A所受的摩擦力增大。

15．【答案】C

【解析】在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有：
，对木板有
．若F1=F2，则a1=a2，M1＞M2，a1′＜a2′．根据
a1t12?
a1′t12＝L，

a2t22?
a2′t22＝L，可知t1＜t2，根据v=at知，v1＜v2．故A错误．若F1=F2，且Ml＜M2，则a1=a2，a1′＞a2′，根据以上关系式，同理可知，v1＞v2．故B错误．若F1＜F2，且M1=M2，则a1＜a2，a1′=a2′，根据以上关系式，同理可知，v1＞v2．故C正确．

若F1＞F2，且M1=M2，则a1＞a2，a1′=a2′，根据以上关系式，同理可知，v1＜v2．故D错误．

16．【答案】C

【解析】沿着电场线的方向，电势降低，所以b点电势高于a点电势，所以A错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以d点的电场强度大于c点的电场强度，所以B错误；由于b点电势高于a点电势，所以正电荷由a点移到b点，电场力做负功，所以C正确；由于d点电势高于c点电势，所以正电荷由c点移到d点，电场力做正功，电势能减小，所以D错误。

17．【答案】D

【解析】有力F作用时A处于平衡状态，即重力、弹力、F三者的合力为零，撤去力F后弹簧弹力及A的重力不变，则A所受合力与F等大反向，即合力方向竖直向上，则加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，A错误；撤去力F前，以AB整体为研究对象，根据平衡条件：N=F+2mg，撤去力F的瞬间，弹簧弹力来不及改变，即B的受力情况均未发生变化，受地面的支持力仍等于F+2mg，根据牛顿第三定律，B对地面的压力大小为F+2mg，B错误；撤去力F的瞬间，B物体的合力仍然为零，加速度为零，C错误；撤去力F后，系统只有重力和弹簧弹力做功，故A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，D正确；

18．【答案】C

【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场．根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律E=BLv=4.5×10-5×100×2=9×10-3V=9mV，故C正确，D错误．

19．【答案】A

【解析】由乙知，木板上的图样记录了沙摆两个周期的振动情况，则有 2T=
，T=
，又单摆的周期T=
，可知能求出沙摆对应的摆长，故A正确；沙摆的周期由其摆长决定，与手拉木板的速度无关．故B错误；若减小沙摆摆动时的最大摆角，振幅减小，根据单摆的周期公式可知沙摆的周期与振幅无关，所以减小沙摆摆动时的最大摆角，沙摆的周期不变，故C错误；若增大沙摆的摆长，其周期增大，保持拉动木板的速度不变，相同的木板记录的全振动的个数将减少，图样不同，故D错误

20．【答案】A

【解析】若D表示某质点做平抛运动的速度，则
表示加速度，恒定不变．故A正确；若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则
=
=
，表示向心力，大小不变，方向不停改变．故B错误；若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则
表示平均速度，平均速度在减小．故C错误；若D表示某质点的动能，则
所受外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少．故D错误．

第二部分（非选择题）

21．【答案】（1）：①5.700；（2分）

②
=gsinα． （4分）

（2）①　R2（2分）

② 如右图（3分）

③ 不变 减小（4分）

④ 3.20×10-4 （ 3.10×10-4～3.30×10-4）（3分）

【解析】：（1）①螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm．可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为：5.700 mm；②由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．滑块经过光电门A时的瞬时速度的表达式：v1=
，滑块经过光电门B时的瞬时速度的表达式：v2=
，根据匀变速直线运动位移速度公式得：a=
=
，若验证a=
＝
＝gsinα，即：
＝gsinα．(2) ①由于电源内阻较大，所以为了电表读数变化较大，所以应该选择较大的滑动变阻器，即
．

②如图所示．

③测量电源电动势和内阻时，U-I图象的斜率表示内阻，即:
，图象纵轴截距为电动势．所以在该实验中，随电极插入的深度增大，电源电动势不变，电源内阻减小．④电源的输出功率:

22．【答案】（1）1.2m/s；（2）0.6m．

【解析】：（1）规定向左为正方向，根据动量守恒定律：mv0=（M+m）v，代入数据得：v=1.2m/s（2）A与BC作用过程，根据动量守恒定律：mv0=（M+2m）v共，代入数据得：v共=1m/s；根据能量守恒定律：
，代入数据解得：L=0.6m

23．【答案】：（1）磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场B2的方向垂直纸面向外；（2）
，
；

【解析】（1）根据题意画出带电粒子在电场、磁场中的运动示意图，
根据粒子绕行方向和左手定则可知：磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场B2的方向垂直纸面向外．（2）带电粒子在磁场B1、B2中的运动半径分别为R1、R2，则：在磁场B1中由几何关系得圆周运动的半径:R1＝
,由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：
，得：
；

在磁场B2中同样由几何关系得圆周运动的半径：
，由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：
，得：
；

24．【答案】（1）1.8J （2）1m （3）小球的速度的大小为2m/，方向水平向左； 小车的速度的大小为4m/，方向水平向右。

【解析】：（1）由A到P过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，在P点，由牛顿第二定律得：
，解得：EP=1.8J，v=2m/s；（2）P到E过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，解得：vE=6m/s；小球由E上升到最高点过程中，小球与车租车的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
，由机械能守恒定律得：
，解得：h=1m； （3）小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
，由机械能守恒定律得：
，解得，小球的速度大

小：v1=2m/s，方向水平向左；小车的速度大小：v2=4m/s，方向水平向右。