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2013 年海南省高考物理试卷
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3 分）如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点。已知在P、Q
连线上某点R 处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（ ）
A．q1=2q2
B．q1=4q2
C．q1=
2q
﹣
2 D．q1=
4q
﹣
2
2．（3 分）一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减
小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质
点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是（ ）
A．a 和v 都始终增大B．a 和v 都先增大后减小
C．a 先增大后减小，v 始终增大D．a 和v 都先减小后增大
3．（3 分）通过一阻值R=100Ω 的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两
端电压的有效值为（ ）
A．12V B．4
V
C．15V D．8
V
4．（3 分）一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a
t
﹣图象如图所示．下列v
t
﹣图象中，可能正确描述此物体运动的是（ ）
第1页（共27页）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道
卫星和倾斜同步卫星组成．地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，
它们距地面的高度分别约为地球半径的6 倍和3.4 倍，下列说法中正确的是（
）
A．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2 倍
B．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2 倍
C．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的
D．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的
6．（3 分）如图，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每
单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；
一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。
棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接
触良好。下列说法正确的是（ ）
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为
D．棒经过环心时所受安培力的大小为
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分．在每小题给出的四个选项
第2页（共27页）
中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5 分；选对但不全的得3 分；有
选错的得0 分．
7．（5 分）科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说
法符合历史事实的是（ ）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它
将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同
一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
8．（5 分）关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（ ）
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相
同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
9．（5 分）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线
中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b 和c 三点分别位于三角形的三个顶角的
平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b 和c 处的磁感应强度大小分别记为
B1、B2和B3，下列说法正确的是（ ）
A．B1=B2＜B3
B．B1=B2=B3
C．a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里
D．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和c 处磁场方向垂直于纸面向里
10．（5 分）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定
的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在
第3页（共27页）
金属框接通逆时针方向电流的瞬间（ ）
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
三．实验题：本题共2 小题，第11 题6 分，第12 题9 分，共15 分．把答案写在答题
卡中指定的答题处．
11．（6 分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时
器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2．实验中该同学得到的
一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的
三个点A、B、C 进行测量，图中给出了这三个点到O 点的距离hA、hB和hC的值．回
答下列问题（计算结果保留3 位有效数字）
（1）打点计时器打B 点时，重物速度的大小vB= m/s；
（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？
简要说明分析的依据．
12．（9 分）某同学将量程为200μA、内阻为500Ω 的表头μA 改装成量程为1mA 和
10mA 的双量程电流表，设计电路如图（a）所示．定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值
待定，S 为单刀双掷开关，A、B 为接线柱．回答下列问题：
第4页（共27页）
（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；
（2）表笔a 的颜色为 色（填“红”或“黑”）
（3）将开关S 置于“1”挡时，量程为 mA；
（4）定值电阻的阻值R2= Ω，R3= Ω．（结果取3 位有效数字）
（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S 置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则
所测量电流的值为 mA．
四．计算题：本题共2 小题，第13 题10 分，第14 题13 分，共23 分．把解答写在答
题卡中指定的答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13．（10 分）一质量m=0.6kg 的物体以v0=20m/s 的初速度从倾角为30°的斜坡底
端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了△Ek=18J，机械能
减少了△E=3J．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物体向上运动时加速度的大小；
（2）物体返回斜坡底端时的动能．
14．（13 分）如图，纸面内有E、F、G 三点，∠GEF=30°，∠EFG=135°．空间有一匀强
磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q（q＞0）的
点电荷a 在纸面内垂直于EF 从F 点射出，其轨迹经过G 点；再使带有同样电荷量
的点电荷b 在纸面内与EF 成一定角度从E 点射出，其轨迹也经过G 点．两点电荷
从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同．已知点电
荷a 的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：
（1）点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间；
（2）点电荷b 的速度大小．
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五．选考题：请考生在第五、六、七大题中任选二题作答，如果多做则按所做的第
五、六大题计分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．计算题请
写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．模块3-3 试题（12 分）
15．（4 分）下列说法正确的是（ ）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为
油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的
结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细
管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，
这是由于水膜具有表面张力的缘故
16．（8 分）如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直
管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3：1，初始时，该装置的底部盛有水银；
活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm 为单位）；竖直管内的水
银面比气缸内的水银面高出
．现使活塞缓慢向上移动
，这时气缸和竖直管
内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg 为单位）．
六．模块3-4 试题（12 分）
17．（4 分）下列选项与多普勒效应有关的是（ ）
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A．科学家用激光测量月球与地球间的距离
B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速
C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡
D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度
E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的
速度
18．（8 分）如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，AC 平行于光屏
MN，与光屏的距离为L．棱镜对红光的折射率为n1，对紫光的折射率为n2．一束很
细的白光由棱镜的侧面AB 垂直射入，直接到达AC 面并射出．画出光路示意图，
并标出红光和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离
七．模块3-5 试题（12 分）
19．原子核
Th 具有天然放射性，它经过若干次α 衰变和β 衰变后会变成新的
原子核．下列原子核中，有三种是
Th 衰变过程中可以产生的，它们是（ ）
A．
Pb B．
Pb C．
Po D．
Ra
E．
Ra
20．如图，光滑水平面上有三个物块A、B 和C，它们具有相同的质量，且位于同一
直线上．开始时，三个物块均静止，先让A 以一定速度与B 碰撞，碰后它们粘在一
起，然后又一起与C 碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比．
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2013 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 分．在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3 分）如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点。已知在P、Q
连线上某点R 处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（ ）
A．q1=2q2
B．q1=4q2
C．q1=
2q
﹣
2 D．q1=
4q
﹣
2
【分析】根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解。
【解答】解：已知在P、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，
根据点电荷的电场强度公式得
=
，PR=2RQ。
解得：q1=4q2。
故选：B。
【点评】理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量
性。
2．（3 分）一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减
小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质
点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是（ ）
A．a 和v 都始终增大B．a 和v 都先增大后减小
C．a 先增大后减小，v 始终增大D．a 和v 都先减小后增大
【分析】根据牛顿第二定律F=ma 可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，
所以本题要想分析其加速度的变化，要来分析合外力的变化情况．而要分析速度
的变化，则要先分析加速度的变化情况．
第8页（共27页）
【解答】解：由于质点初始处于静止状态，则其所受合力为零。这就相当于受两个
等大反向的力：某个力和其余几个力的合力。其中某个力逐渐减小，而其余几个
力的合力是不变的，则其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大
到原来大小，则合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，
故加速度a 先增大后减小，因此AD 错误；
合外力的方式始终与其余几个力的合力保持一致。由牛顿第二定律F 合=ma 知其
加速度先增大后减小。所以从加速变化看只有C 项符合，又由于其合外力方向始
终不变，则加速度方向始终不变，所以其速度会一直增大。因此B 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】本题属于基本题目，考查基本的受力分析，应当在学习中注意通过问题看
本质，本题问的虽然是a 和v，但是实质是考查受力分析．
3．（3 分）通过一阻值R=100Ω 的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两
端电压的有效值为（ ）
A．12V B．4
V
C．15V D．8
V
【分析】已知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据
焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量。
【解答】解：由有效值的定义可得
I1
2Rt1+I2
2Rt2=
T，
代入数据得（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=
×1，
解得U=4
V
故选：B。
【点评】本题考查的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值。
4．（3 分）一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a
t
﹣图象如图所示．下列v
第9页（共27页）
t
﹣图象中，可能正确描述此物体运动的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】本题应根据a
t
﹣图象分析物体的运动情况：当加速度与速度同向时，物体
做加速运动，0～1s 内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，当加速度与速
度反向时，物体做减速运动，若加速度一定，物体做匀变速直线运动．匀变速直线
运动的v
t
﹣图象是一条倾斜的直线．
【解答】解：在0～
s 内，物体沿加速度方向做匀变速运动，v
t
﹣图象是倾斜的直
线；
在
～T 内，加速度为0，物体做匀速直线运动或处于静止状态，v
t
﹣图象是平行
于t 轴的直线；
在T～2T 内，加速度反向，物体做匀变速直线运动，到2T 时刻速度为零。v
t
﹣图象
是向下倾斜的直线。因加速度的大小相等，所以在0～
s 内及在T～2T 内的图线
的斜率大小相同，故D 正确，ABC 错误
故选：D。
【点评】本题关键要根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和
方向，结合物体的初状态分析物体的运动情况．
5．（3 分）“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道
卫星和倾斜同步卫星组成．地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，
它们距地面的高度分别约为地球半径的6 倍和3.4 倍，下列说法中正确的是（
）
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A．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2 倍
B．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2 倍
C．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的
D．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的
【分析】根据万有引力提供向心力
=ma=m
=mω2r=
，比较向心加速
度、线速度和周期．
【解答】解：根据万有引力提供向心力
=ma=m
=mω2r=
，
A、T=2π
，它们距地面的高度分别约为地球半径的6 倍和3.4 倍，即轨道半径
分别约为地球半径的7 倍和4.4 倍，
所以静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2 倍，故A 正确；
B、v=
，所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小，故B
错误；
C、ω=
，静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的0.53，故C 错误；
D、a=
，静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的0.4 倍，故D 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较
向心加速度、线速度和周期．
6．（3 分）如图，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每
单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；
一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。
棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接
第11页（共27页）
触良好。下列说法正确的是（ ）
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为
D．棒经过环心时所受安培力的大小为
【分析】根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，注意外电路为弧acb 和弧
adb 的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小。最后
根据运动学公式可求出运动的时间。
【解答】解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，则速度为
v=at，
而E=BLv，I=
，F=BIL，因此r 是在变的，F 在变化，可知在运动过程中棒所受安
培力变化，则拉力大小也变化，故A 错误；
B、根据位移公式
，可得时间为
，故B 错误；
C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路
总电阻为
，速度大小为
，产生感应电动势
，所以产
生感应电流大小为
×2=
，故C 错误；
D、棒经过环心时所受安培力的大小为F=BIL=
，故D 正确。
故选：D。
第12页（共27页）
【点评】电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据
电学知识进一步求解。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分．在每小题给出的四个选项
中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5 分；选对但不全的得3 分；有
选错的得0 分．
7．（5 分）科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说
法符合历史事实的是（ ）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它
将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同
一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
【分析】本题应抓住亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的一些
理论和观点，进行分析．
【解答】解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动。故A 错
误。
B、伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速
度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去。故B 正确。
C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同
一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实。故C 正确。
D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实
故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了一些力学物理学史，对于牛顿、伽利略和笛卡儿关于运动和力
第13页（共27页）
的观点，要理解并记牢．
8．（5 分）关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（ ）
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相
同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
【分析】匀加速运动中，加速度方向与速度方向相同；匀减速运动中，速度方向可
正可负，但二者方向必相反；加速度的正负与速度正方向的选取有关．
【解答】解：A、合力的方向与加速度方向相同，与速度的方向和位移的方向无直接
关系，当物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同；当物体做减速运动时，
加速度的方向与速度的方向相反，故A 正确，
B、物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，比如：平抛运动，
故B 错误。
C、物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，若非匀速圆周运
动，则合外力一定不指向圆心，故C 错误。
D、物体做匀速率曲线运动时，速度的大小不变，所以其所受合外力始终指向圆心
则其的方向总是与速度方向垂直，故D 正确，
故选：AD。
【点评】物体做加速还是减速运动，不是简单地看加速度的正负，应该看两者方向
间的关系，还可以用牛顿第二定律理解．
9．（5 分）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线
中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b 和c 三点分别位于三角形的三个顶角的
平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b 和c 处的磁感应强度大小分别记为
B1、B2和B3，下列说法正确的是（ ）
第14页（共27页）
A．B1=B2＜B3
B．B1=B2=B3
C．a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里
D．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和c 处磁场方向垂直于纸面向里
【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有
方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解．
【解答】解：A、B、由题意可知，a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而
成，即垂直纸面向外，而b 点与a 点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根
产生磁场，即为垂直纸面向外，而c 点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成
的磁场最强，故A 正确，B 错误；
C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处
磁场方向垂直于纸面向里，故C 正确，B 错误。
故选：AC。
【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小．磁场
的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减．同时考查矢量叠加原理．
10．（5 分）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定
的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在
金属框接通逆时针方向电流的瞬间（ ）
A．两小线圈会有相互靠拢的趋势
B．两小线圈会有相互远离的趋势
C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
第15页（共27页）
【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作
用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
【解答】解：根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，对于左金属框，因矩形金属框
内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框
也一样，因此左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流
方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的
运动情况是相互远离。故B、C 正确，A、D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异
向电流相互排斥．同时还考查右手螺旋定则与楞次定律．
三．实验题：本题共2 小题，第11 题6 分，第12 题9 分，共15 分．把答案写在答题
卡中指定的答题处．
11．（6 分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时
器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2．实验中该同学得到的
一条点迹清晰的完整纸带如图（b）所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的
三个点A、B、C 进行测量，图中给出了这三个点到O 点的距离hA、hB和hC的值．回
答下列问题（计算结果保留3 位有效数字）
（1）打点计时器打B 点时，重物速度的大小vB=
3.90
m/s；
（2）通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？
简要说明分析的依据．
【分析】本题的关键是需要求出物体减少的重力势能和增加的动能即可，求动能
时需要根据中间时刻速度公式
=
求出纸带上B 点的速度．
第16页（共27页）
【解答】解：（1）由
=
可知重物速度的大小
=
=
m/s=3.90m/s；
（2）设重物质量为m，OB 对应的下落过程中，重力势能减少量为△
=mghB=7.70m（J），动能增加量为
=
=7.61m（J），在误差允许范围内，可
以认为相等，因此验证了机械能守恒定律．
故答案为：（1）3.90；
（2）验证了机械能守恒定律，因为在误差范围内，重力势能减少量等于
动能增加量．
【点评】明确实验原理是解决实验问题的关键，要熟记求纸带上某点瞬时速度的
求法．
12．（9 分）某同学将量程为200μA、内阻为500Ω 的表头μA 改装成量程为1mA 和
10mA 的双量程电流表，设计电路如图（a）所示．定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值
待定，S 为单刀双掷开关，A、B 为接线柱．回答下列问题：
（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；
（2）表笔a 的颜色为 黑 色（填“红”或“黑”）
（3）将开关S 置于“1”挡时，量程为
10
mA；
（4）定值电阻的阻值R2=
225
Ω，R3=
25.0
Ω．（结果取3 位有效数字）
（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S 置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则
所测量电流的值为
0.780
mA．
第17页（共27页）
【分析】本题的关键是根据欧姆定律列出开关S 分别打到1 和2 时的表达式，然后
求解即可，注意电流应从红表笔进从黑表笔出．
【解答】解：（1）实物连线如图所示：
（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a 的颜色为黑色；
（3）将开关S 置于“1”挡时，表头μA 和R1、R2串联后再与R3并联，将开关S 置于
“2”挡时，表头μA 和R1串联后再与R2、R3并联，所以开关S 置于“1”挡时量程较
大，即开关S 置于“1”挡时量程应为10mA；
（4 ）设电流表的满偏电流为
，根据欧姆定律，当开关打到1 时有
=
，其中
=10mA
当开关打到2 时有
=
，其中
=1mA
联立以上两式
=225Ω，
=25.0Ω
（5）电流表示数为I=
=0.780mA．
故答案为（1）如图：
（2）黑；
（3）10；
（4）225，25.0；
（5）0.780．
【点评】电表的改装实际上就是欧姆定律和串并联电路的计算，计算时注意让电
流表的电流为满偏电流．
第18页（共27页）
四．计算题：本题共2 小题，第13 题10 分，第14 题13 分，共23 分．把解答写在答
题卡中指定的答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．
13．（10 分）一质量m=0.6kg 的物体以v0=20m/s 的初速度从倾角为30°的斜坡底
端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了△Ek=18J，机械能
减少了△E=3J．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物体向上运动时加速度的大小；
（2）物体返回斜坡底端时的动能．
【分析】物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，总功等于
动能增加量，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，根据功能关系列式可解；
对从最高点到底端过程运用动能定理列式求解
【解答】解：（1）物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，
根据动能定理，有
mg•lsinθ
f•l=E
﹣
﹣
K
E
﹣
K0=
18J
﹣
①
机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：
f•l=△E=3J ②
由①②可解得l=5m，f=0.6N
因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能
=120J
滑上某一位置时动能减少了△Ek=18J ，则此时动能Ek=102J=
，可得
v2=340m2/s2
物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，
根据匀变速直线运动的速度位移关系有：
=
=
6m/s
﹣
2（负号表示方向与初速度方向相反）
（2）当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物
体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，
所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=
40J
﹣
从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK′，由动能定理可得
W=EK′
E
﹣
K0
第19页（共27页）
得EK′=80J
答：（1）物体向上运动时的加速度大小为6m/s2
（2）物体返回斜坡底端时的动能80J．
【点评】功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等
于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量．
14．（13 分）如图，纸面内有E、F、G 三点，∠GEF=30°，∠EFG=135°．空间有一匀强
磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q（q＞0）的
点电荷a 在纸面内垂直于EF 从F 点射出，其轨迹经过G 点；再使带有同样电荷量
的点电荷b 在纸面内与EF 成一定角度从E 点射出，其轨迹也经过G 点．两点电荷
从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同．已知点电
荷a 的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：
（1）点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间；
（2）点电荷b 的速度大小．
【分析】（1）找出圆心，画出轨迹，由几何关系找出偏转角，根据公式
求在
磁场中的偏转时间；
（2）根据两点电荷从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向
也相同，画出轨迹，找半径关系即可求出点电荷b 的速度大小．
【解答】解；设点电荷a 的速度为v，由牛顿第二定律得：
解得：
①
设点电荷a 作圆周运动的周期为T，则：
②
点电荷运动轨迹如图所示：
第20页（共27页）
设点电荷a 从F 点进入磁场后的偏转角为θ
由几何关系得：θ=90° ③
故a 从开始运动到经过G 点所用时间
①②③联立得：
④
（2）设点电荷b 的速度大小为v1，轨道半径为R1，b 在磁场中偏转角为θ1，
由题意得：
⑤
解得：
⑥
由于两轨道在G 点相切，所以过G 点的半径OG 和O1G 在同一条直线上，
由几何关系得：θ1=60° ⑦
R1=2R ⑧
②③⑥⑦⑧联立得：
答：（1）点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间
；
（2）点电荷b 的速度大小
．
【点评】本题的难点在于几何图象的确定，要抓住两点电荷从射出到经过G 点所
用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同，则可得出各自圆弧所对应的圆
心角，从而确定粒子运动所经历的时间．
五．选考题：请考生在第五、六、七大题中任选二题作答，如果多做则按所做的第
第21页（共27页）
五、六大题计分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．计算题请
写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．模块3-3 试题（12 分）
15．（4 分）下列说法正确的是（ ）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为
油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的
结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细
管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，
这是由于水膜具有表面张力的缘故
【分析】凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生
的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子
比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引
力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力
的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．
【解答】解：A、把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，
故一定是由于水表面存在表面张力的缘故，故A 正确；
B、水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水
珠，表面张力是一样的，故B 错误；
C、宇宙飞船中的圆形水滴是表面张力的缘故，故C 正确；
D、毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材料有关
故D 正确；
E、当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，
这是由于玻璃分子和水分子间的引力缘故；故E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题考查了液体表面张力和液体的浸润与不浸润现象，是联系生活的好
题，不难．
第22页（共27页）
16．（8 分）如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直
管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3：1，初始时，该装置的底部盛有水银；
活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm 为单位）；竖直管内的水
银面比气缸内的水银面高出
．现使活塞缓慢向上移动
，这时气缸和竖直管
内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg 为单位）．
【分析】初始位置，根据水银柱中同一高度压强相同，求出封闭气体压强；气缸和
竖直管内的水银面位于同一水平面上，根据几何关系求解出封闭气体的长度，气
压等于大气压；等温变化，根据玻义耳定律列式求解．
【解答】解：设S 为气缸的横截面积，P 为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强，
P0为大气压强，有：
P=P0+
①
在活塞上移
后，汽缸内气体的压强变为P0，设气体的体积为V′，由玻义耳定
律，有：
P0V′=PSl ②
设汽缸内水银面上升△x，有：
③
④
联立①②③④式，解得
（cmHg）；
答：初始时气缸内气体的压强为
（cmHg）．
【点评】本题关键求解出封闭气体膨胀前后的体积和膨胀前的压强，然后根据波
意耳定律列式求解，基础题．
第23页（共27页）
六．模块3-4 试题（12 分）
17．（4 分）下列选项与多普勒效应有关的是（ ）
A．科学家用激光测量月球与地球间的距离
B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速
C．技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡
D．交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度
E．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的
速度
【分析】多普勒效应是为纪念奥地利物理学家及数学家多普勒而命名的，他于
1842 年首先提出了这一理论。主要内容为：接受到的物体辐射的波长因为波源和
观测者的相对运动而产生变化。多普勒效应不仅仅适用于声波，它也适用于所有
类型的波，包括电磁波。
【解答】解：A、科学家用激光测量月球与地球间的距离是利用光速快，故A 错误；
B、医生利用超声波探测病人血管中血液的流速利用声波的多普勒效应，故B 正
确；
C、技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡是利用穿透能力强，
故C 错误；
D、交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度是
利用超声波的多普勒效应，故D 正确；
E、科学家通过比较星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的
速度，是光的多普勒效应，故E 正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查了多普勒效应的应用，是利用发射波与接受波间的波长变化（或
者频率变化）来判断相对运动的情况。
18．（8 分）如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，AC 平行于光屏
MN，与光屏的距离为L．棱镜对红光的折射率为n1，对紫光的折射率为n2．一束很
细的白光由棱镜的侧面AB 垂直射入，直接到达AC 面并射出．画出光路示意图，
并标出红光和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离
第24页（共27页）
【分析】两种色光组成的很细的光束垂直AB 边射入棱镜，在AB 面上不发生偏折，
到达AC 面上，根据几何关系求出入射角的大小，根据折射定律求出折射角，再根
据几何关系求出光屏MN 上两光点间的距离．
【解答】解：根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30°，
根据折射定律有：
，
则tanr2=
，tanr1=
．
所以x=L（tanr2
tanr
﹣
1）=
．
答：红光和紫光在光屏上的位置之间的距离
【点评】本题考查光的折射．关键掌握光的折射定律，以及能够灵活运用数学的几
何关系．
七．模块3-5 试题（12 分）
19．原子核
Th 具有天然放射性，它经过若干次α 衰变和β 衰变后会变成新的
原子核．下列原子核中，有三种是
Th 衰变过程中可以产生的，它们是（ ）
A．
Pb B．
Pb C．
Po D．
Ra
E．
Ra
【分析】经过α 衰变后，电荷数少2，质量数少4，经过β 衰变后，质量数不变，电荷
数多1．
第25页（共27页）
【解答】解：A、
Pb 与原子核
Th 相比，质量数少28，知经历了7 次α 衰变，
电荷数少8，知经历了6 次β 衰变。故A 正确。
B、因为β 衰变质量数不变，质量数变化由α 衰变产生，则质量数从232 不可能变
为203．故B 错误。
C、
Po 与原子核
Th 相比，质量数少16．知经历了4 次α 衰变，电荷数少
6，知经历了2 次β 衰变。故C 正确。
D、
Ra 与原子核
Th 相比，质量数少8，知经历了2 次α 衰变，电荷数少2，
知经历了2 次β 衰变。故D 正确。
E、
Ra 与原子核
Th 相比，质量数少6，不是4 的倍数。故E 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道α 衰变、β 衰变实质，抓住电荷数守恒、质量数守恒
分析．
20．如图，光滑水平面上有三个物块A、B 和C，它们具有相同的质量，且位于同一
直线上．开始时，三个物块均静止，先让A 以一定速度与B 碰撞，碰后它们粘在一
起，然后又一起与C 碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比．
【分析】碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出每次碰撞后共同体的
速度，动能的损失为碰撞前的动能与碰撞后动能之差．
【解答】解：设每个物体的质量为m，A 的初速度为v0．取向右方向为正方向．
第一次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有
mv0
2mv
﹣
1=0，得v1=
，动能的损失为△Ek1=
=
第二次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有
2mv1
3mv
﹣
2=0，得v2=
，动能的损失为△Ek2=
﹣
=
故前后两次碰撞中损失的动能之比△Ek1：△Ek2=3：1
第26页（共27页）
答：前后两次碰撞中损失的动能之比为3：1．
【点评】本题关键要掌握碰撞过程的基本规律：系统的动量守恒进行分析和计算．
第27页（共27页）
