高考理综第25题考什么新人教版

2023年甲卷理综25题标题：2023年甲卷理综25题解析一、题目背景介绍（约200字）2023年甲卷理综25题是高考理综科目中的一道综合题，涵盖了化学、物理和生物三个学科方向。

本题目旨在考察考生对于不同学科知识的综合运用和分析能力。

下面将从化学、物理和生物三个学科角度来解析该题。

二、化学分析（约300字）该题涉及了化学中的溶液浓度计算、化学反应速率和化学平衡等概念。

题目要求考生利用所给实验数据计算出溶液的浓度，并且根据化学反应速率和化学平衡的原理解释实验结果。

在解析该部分时，需要考生注意浓度计算的步骤和方程式，并解释如何利用反应速率和平衡常数来解释实验结果。

三、物理分析（约300字）本题涉及到光学中的反射和折射、电磁波的传播速度等知识点。

题目要求考生根据给定条件计算出光线的入射角和折射角，并利用电磁波的速度公式计算出折射率。

物理解析部分需要考生掌握光学反射和折射的基本原理，以及电磁波速度与折射率之间的关系，并结合实际情况解释实验现象。

四、生物分析（约300字）生物学部分涉及了植物的光合作用、细胞的结构和功能等知识。

题目要求考生根据给定条件计算出光合作用的速率，并分析为什么光合作用速率在不同光照条件下会有所变化。

生物解析部分需要考生了解光合作用的原理和过程，以及光照强度对细胞内物质转运速率的影响，并结合实验结果解释变化原因。

五、学科间综合分析（约200字）该题目要求考生综合运用化学、物理和生物三个学科的知识进行分析。

考生需要将三个学科的知识点进行合理组合，解释实验现象的原因。

本部分的解析需要考生深入理解各个学科的相关原理，并通过综合分析得出结论。

六、解题技巧和总结（约200字）解决此类综合题需要考生有扎实的学科基础和综合运用能力。

解题时应注意细节，尤其是单位和计算过程的准确性。

同时，重点培养学科间的联系和综合分析能力，通过参加各类模拟考试和练习题的训练来提升。

综上所述，2023年甲卷理综25题是一道综合性较强的题目，考察了化学、物理和生物三个学科的知识和能力。

2023理科综合全国甲卷第25题，这是一道困扰许多学生的高考数理化综合题目。

这道题目不仅考察了学生对数学、物理、化学等多学科知识的理解和运用，更重要的是考察了学生的综合分析和解决问题的能力。

在本文中，我将从多个角度对这道题目展开深入讨论，力求帮助你更深入地理解这个问题。

一、数学部分在这道题目中，数学的知识点主要涉及到概率问题和数学建模。

我们需要根据已知条件求得每个人都不是该小组的队长的概率，进而得出至少2个人不是队长的概率。

要通过数学建模，根据实际情况设置变量和方程，最终得出符合条件的队伍人数。

这部分考察了学生对数学知识的掌握和应用能力。

二、物理部分在这道题目中，物理知识主要涉及到力学和运动的相关概念。

需要通过物理原理，解决小组成员的运动问题。

力学知识点的灵活应用，是解答这一部分问题的关键。

学生需要对物理知识有深入的理解和掌握，才能在这个问题上得心应手。

三、化学部分在这道题目中，化学的知识点涉及到分子结构和元素周期表等内容。

要求通过对化学原理的理解，解决题目中有关原子序数、元素的问题。

通过对元素周期表的研究，帮助确定符合条件的元素种类和数量。

这部分的考察需要学生对化学知识有较深入的理解和应用能力。

总结回顾通过以上的分析，我们可以看到2023理科综合全国甲卷第25题，不仅仅考察了学生对数学、物理、化学等学科的知识掌握程度，更重要的是考察了学生的综合分析和解决问题的能力。

这种综合性的考察对学生的能力提出了更高的要求，需要学生在备考时注重多学科知识的整合和综合能力的培养。

个人观点和理解在这道题目中，综合考察了数学、物理、化学等学科知识，充分体现了综合性的考查思路。

对于学生来说，不仅需要在平时的学习中注重对各学科知识的掌握，更需要注重不同学科知识之间的整合和综合运用能力的培养。

只有通过综合性的学习和训练，才能更好地应对这种综合性考察的题目。

在备考过程中，我建议学生注重横向的知识整合，多进行跨学科的横向对比和综合训练，提高综合解决问题的能力。

2020年高考理综新课标卷I 第25题作为压轴题，考查带电粒子在纯电场中的运动，第一小题考查初速度为零的匀加速直线运动，第二、三小题考查类平抛运动。

该题较往年压轴题难度有所降低，但仍然能够全面有效地考查牛顿定律、动能定理、动量定理物理核心规律，测试物理观念和科学思维的运用，检测物理概念和物理规律，检验学科素养的发展。

一、试题分析在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面积是以O 为圆心,半径为R 的圆,A B 为圆的直径,如图1所示。

质量为m ,电荷量为q (q >0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。

已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场,A C 与A B 的夹角θ=60°。

运动中粒子仅受电场力作用。

(1)求电场强度的大小;(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv,该粒子进入电场时的速度应为多大?（1）粒子在A 点速度为零，仅受电场力作用，是沿着电场线方向初速度为零的匀加速直线运动，由于粒子带正电荷，故电场线由A 指向C ，接下来可以应用牛顿第二定律或动能定理两个途径求出电场强度的大小。

（2）因为初速度方向与电场的方向垂直，粒子作类平抛运动。

要使粒子动能增量最大，根据动能定理需要电场力做功最多，即粒子沿电场线方向位移最大。

如图2所示，作A C 垂线并且与圆相切于D ，则粒子从D 点射出时动能增量最大，根据平抛运动的规律解得粒子进入电场时的速度：v 1=2√4v 0。

（3）第一小题粒子穿过电场前后动量变化量大小就是mv 0，即答案之一是粒子从C 点射出时初速度为0；另外的情况粒子在电场中仍然做类平抛运动，要求粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv 0，根据动量定理Ft=mv 0，粒子在电场中运动时间与第一情况相同，粒子沿电场线方向位移也等于A C ，故粒子会从B 点射出，位移的分解如图3所示，平行四边形为矩形。

2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题参考答案1．【答案】(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1R (3)L ′≥3R ＋3R 1－3μ【解析】(1)根据几何关系PB ＝Rtan θ＝3R ①从P 点到E 点根据动能定理，有mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E －0②代入数据解得v E 2－3μgR )③在E 点，根据向心力公式有F N －mg ＝m v 2ER④解得F N ＝3mg －3μmg⑤(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0⑥代入数据解得x ＝3－3μ3μ＋1R ⑦(3)刚好到达最高点时，有mg ＝mv 2R⑧解得v ＝gR⑨根据动能定理，有mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12mv 2－0⑩代入数据解得L ′＝3R ＋3R 1－3μ⑪所以，L′应满足什么条件L′≥3R＋3R⑫1－3μ2．【答案】(1)3m/s (2)4m/s (3)0.54m【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D ，设在D 点时的速度为v D ，则m 2g ＝m 2v 2DR①解得v D ＝5m/s②设石块在P 点与“猪头”碰撞时的速度为v P ，石块从D 至P 的过程，由动能定理可知m 2g [R (1－cos θ)＋s ·sin θ]－μm 2g cos θ·s ＝12m 2v 2P －12m 2v 2D③解得v P ＝3m/s④(2)设石块在C 点碰后的速度为v C ，石块从C 至D 的过程，由动能定理可知－m 2g ·2R ＝12m 2v 2D －12m 2v 2C⑥解得v C ＝5m/s⑦设“小鸟”与石块碰前的速度为v ，碰后速度为v ′，在碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可知m 1v ＝m 1v ′＋m 2v C ⑧12m 1v 2＝12m 1v ′2＋12m 2v 2C ⑨联解可得v ＝4m/s⑩(3)由题给数据知A′C与MN平行，将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与A′C连线平行，有v y＝gt⑪v x＝v⑫tanθ＝v yv x⑬联解可得t＝0.3s⑭此时“小鸟”离A′C连线的距离设为hh＝x′sinθ⑮2x′＝vt⑯则“小鸟”离斜面MN最近的距离Δh＝R(1＋cosθ)－h⑰解得Δh＝0.54m⑱3．【答案】(1)1m/s(2)6.25m(3)12J【解析】(1)木板M的最大加速度a m＝μmg2①M＝4m/s滑块与木板保持相对静止时的最大拉力F m＝(M＋m)a m＝12N②即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动，对整体分析有F＝(M＋m)a1，v1＝a1t1③代入数据得v1＝1m/s④(2)对Ma1t21⑤0～0.5s：x1＝12a2t22⑥0.5～2s：μmg＝Ma2，x2＝v1t2＋12则0～2s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25m⑦(3)对滑块0.5～2s：F－μmg＝ma2′⑧0～2s内，滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋1a2′t22)⑨2在0～2s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25m⑩t＝2s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7m/s⑪滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10m/s⑫撤去F后，对Mμmg＝Ma3⑬对m－μmg＝ma3′⑭当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3⑮解得t3＝0.5s⑯该段时间内，M位移x3＝v2t3＋1a3t23⑰2m位移x3′＝v2′t3＋1a3′t23⑱2相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75m⑲整个过程中，系统因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝12J⑳4．【答案】(1)192N(2)2m/s(3)11.25s【解析】(1)设最大拉力为F m，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物根据牛顿第二定律得μMg cosθ－Mg sinθ＝Ma1①解得a1＝0.4m/s2②对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得F m－μ(m＋M)g cosθ－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a1③解得F m＝192N④(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g cosθ－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a2⑤解得a2＝0.2m/s2⑥设来电时木板与货物的速度大小为v1，根据运动学公式得v12＝2a2L5⑦解得v1＝2m/s⑧(3)由于v1＜4m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，则μ(M＋m)g cosθ－(M＋m)g sinθ＝(M＋m)a3⑨解得a3＝0.4m/s2⑩设经过t1木板速度与传送带速度相同v＝v1＋a3t1⑩解得t1＝5s⑫设t1内木板加速的位移为x1，则v2－v12＝2a3x1⑬解得x1＝15m⑭共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则x2＝L－L⑮5－x1解得x2＝25m⑯匀速运动的时间t2＝x2v＝6.25s⑰所以，来电后，货物能到达B处需要的运动时间t＝t1＋t2＝11.25s⑱5．【答案】(1)52g(2)118L(3)6mg－3kq2L2【解析】(1)以AB系统为研究对象，有qE＋2mg＝2ma①解得a＝52g②(2)从开始到A刚进入两极板间有v12＝2aL③解得v1＝5gL④A进入两极板间到B即将穿出下孔，有qE＋2mg－3qE＝2ma2⑤解得a2＝－2g⑥v22－v12＝2a2s⑦B穿出下孔后，有2mg－3qE＝2ma3⑧解得a3＝－72g⑨0－v22＝2a3×L2⑩联立解得s＝38L⑪所以，两极板间距d＝s＋L＝118L⑫(3)B球刚进入电场时，以A球为研究对象，有T1＋mg＋3kq2L2＝ma⑬解得T1＝32mg－3kq2L2⑭A球刚进入电场时，以B球为研究对象，有T2＋3kq2L2－mg－qE＝m|a2|⑮解得T2＝6mg－3kq2L2⑯B球刚离开电场时，以B球为研究对象，有T3＋3kq2L2－mg＝m|a3|⑰解得T3＝92mg－3kq2L2⑱所以，最大拉力T2＝6mg－3kq2L2⑲6．【答案】(1)0.25C0.80Ω(2)F＝2＋0.8t(N)(3)0.1J【解析】(1)根据题图乙知，在t＝0.5s时间内通过金属框的平均电流I＝0.50A①通过金属框的电量q＝I t＝0.25C②由平均感应电动势E＝BL2t③平均电流I＝ER④通过金属框的电量q＝I t⑤联立③④⑤得q＝BL2R⑥于是金属框的电阻R＝BL2q＝0.80Ω⑧(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t＝0.5s时间内的位移L＝0.5m，金属框的加速度加速度a＝2L2⑨t2＝4m/s由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I＝kt(k＝2.0A/s)⑩于是安培力F A随时间t变化规律为F A＝BIL＝kBLt⑪由牛顿运动定律得F－F A＝ma⑫所以水平拉力F＝F A＋ma＝ma＋kBLt⑬代入数据得水平拉力随时间变化规律为F＝2＋0.8t(N)⑭(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v＝2aL＝2m/s⑮由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q＝W F－1mv2＝0.1J⑯27．【答案】(1)5m π6qB (2)qBR 2m (3)1124πR 2－34R 2【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r 1，由牛顿第二定律可得qv 1B ＝mv 21r 1①解得r 1＝mv 1qB＝R ②粒子沿与MO 成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P 射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°③甲粒子的运动周期T ＝2πmBq④粒子在磁场中的运动时间t ＝150°360°＝5m π6qB⑤(2)粒子以速率v 2沿MO 方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N 点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r 2，由图中几何关系可得r 2＝R tan θ2＝12R⑥乙由牛顿第二定律可得qv 2B ＝mv 22r 2⑦解得粒子的速度v 2＝qBr 2m ＝qBR2m⑧(3)粒子沿各个方向以v 2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r 2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S 等于以O 3为圆心的扇形MO 3O 的面积S 1、以M 为圆心的扇形MOQ 的面积S 2和以O 点为圆心的圆弧MQ 与直线MQ 围成的面积S 3之和．丙S 1＝12π(R 2)2＝πR 28⑨S 2＝16πR 2⑩S 3＝16πR 2－12×R ×R 2tan 60°＝16πR 2－34R 2⑪则S ＝1124πR 2－34R 2⑫8．【答案】(1)－1V(2)22m/s与水平方向的夹角θ＝45°(3)B2＜2T【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝12B1L21ω＝2V①由串并联电路的连接特点知E＝I·4R，U0＝I·2R＝E2＝1V②金属杆转动周期T1＝2πω＝20s③由右手定则知：在0～4s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4s时间内φM＜φN，U MN＝－1V④(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T12时间内，水平方向L2＝v0·t1⑤解得t1＝L2v0＝4s＜T12⑥竖直方向d 2＝12v y t1⑦解得v y＝0.5m/s⑧则粒子飞出电场时的速度大小v＝v20＋v2y＝22m/s⑨所以该速度与水平方向的夹角θ满足tanθ＝v yv0＝1，θ＝45°⑩(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝mvB2q⑪由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，粒子不会第二次进入电场的条件是2r＞d⑫粒子在平行板中加速得v y＝at1，a＝Eqm，E＝U NMd⑬解得qm＝0.25C/kg⑭综合得B2＜2mvdq＝2×42×22T＝2T⑮9．【答案】(1)见解析(2)EBLv m－B2L2v m2r (3)BLCU1t1＋mU1BLt1【解析】(1)导体棒切割磁感线E＝BLv①导体棒做匀速运动F＝F安＝BIL②其中I＝ER③在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝B2L2v2RΔt④电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝B2L2v2RΔt⑤可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等(2)导体棒达到最大速度v m时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLv m⑥电源与电阻所在回路的电流I＝E－Ur⑦电源的输出功率P＝UI＝EBLv m－B2L2v m2r⑧(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U⑨由电容器的U­t图可知U＝U1t1t⑩导体棒的速度随时间变化的关系为v＝U1BLt1t⑪可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝U1BLt1⑫电容C＝QU⑬电流I＝Qt⑭可得I＝CUt＝CU1t1⑮由牛顿第二定律有F－BIL＝ma⑯可得F＝BLCU1t1＋mU1BLt1⑰10．【答案】(1)mv 0ql (2)2mv 0ql 0(3)[0，－2kmv 0B 0q ](k ＝1，2，3…)和[－3mv 0B 0q ，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1，2，3…)【解析】(1)设a 粒子在y 轴右侧运动的半径为R 1，由几何关系有(R 1－12l )2＋(32l )2＝R 21①甲由于B 1qv 0＝m v 20R 1②解得B 1＝mv 0ql③(2)B 2最小，说明Q 点是a 、b 粒子在y 轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a 、b 粒子同时从O 点出发，且粒子在y 轴右侧运动的圆周运动半径乙R 2＝l 02④又由洛伦兹力提供向心力，有B 2qv 0＝m v 2R 2⑤解得B 2＝2mv 0ql 0⑥(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有y 轴上的相切点和y 轴左侧的相交点．经分析可知，只要a 、b 粒子从O 点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．丙粒子在y 轴右侧的运动半径r 1＝mv 0B 0q⑦粒子在y 轴左侧的运动半径r 2＝2mv 0B 0q⑧y 轴上的相切点坐标为[0，－2kmv 0B 0q](k ＝1，2，3…)⑨y 轴左侧的相交点相遇由丙图可知，OA ＝AC ＝OC ＝r 2，可得x A ＝－r 2sin 60°＝－3mv 0B 0q ⑩y A ＝－r 2cos 60°＝－mvB 0q⑪y 轴左侧的相遇点的坐标[－3mv 0B 0q ，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1，2，3…)⑫。