2013年普通高等学校招生全国统一考试物理(海南卷).docx

2013年普通高等学校招生全国统一考试
物理(海南卷)

第Ⅰ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.(2013·海南,)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=-2q2 D.q1=-4q2
2.(2013·海南,)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.(2013·海南,)通过一阻值R=100 Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1 s.电阻两端电压的有效值为(　　)

A.12 V B.410 V
C.15 V D.85 V

4.(2013·海南,)一物体做直线运动,其加速度随时间变化的at图象如图所示.下列vt图象中,可能正确描述此物体运动的是 …(　　)

5.(2013·海南,)“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1/7
D.静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的1/7

6.(2013·海南,)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2Ra
C.棒经过环心时流过棒的电流为B2aRπr
D.棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπr
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.(2013·海南,)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:一旦物体具有某一速度,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.(2013·海南,)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.(2013·海南,)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形.在导线中通过的电流均为I,电流方向如图所示.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.(2013·海南,)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Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分。第11~第14题为必考题,每个试题都必须做答。第15~第17题为选考题,根据要求做答。
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.

图(a)
1.(2013·海南,)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50 Hz,当地重力加速度大小为g=9.80 m/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.

图(b)

图(a)
12.(2013·海南,)某同学将量程为200 μA、内阻为500 Ω的表头改装成量程为1 mA和10 mA的双量程电流表.设计电路如图(a)所示,定值电阻R1=500 Ω,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;

图(b)
(2)表笔a的颜色应为　　　色(填“红”或“黑”); 
(3)将开关S置于“1”挡时,量程为　　　 mA; 
(4)电路中电阻的阻值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. 

图(c)
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,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.
13.(2013·海南,)一质量m=0.6 kg的物体以v0=20 m/s的初速度从倾角α=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ΔEk=18 J,机械能减少了ΔE=3 J.不计空气阻力,重力加速度g=10 m/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.(2013·海南,)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的速度的大小.
五、选考题:请考生在第15、16、17三题中任选二题做答,如果多做,则按所做的第一、二题计分.做答时用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.
15.(2013·海南,)模块3-3试题(12分)
(1)(4分)下列说法正确的是　　　(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得3分,选对3个得4分;每选错1个扣2分,最低得分为0分). 
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.这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

(2)(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;活塞与水银面之间封有一定量的气体,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38l.现使活塞缓慢向上移动1132l,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).
16.(2013·海南,)模块3-4试题(12分)
(1)(4分)下列选项与多普勒效应有关的是　　　(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得3分,选对3个得4分;每选错1个扣2分,最低得分为0分). 
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

(2)(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.
17.(2013·海南,)模块3-5试题(12分)
(1)(4分)原子核 90232Th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 90232Th衰变过程中可以产生的,它们是　　　(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得3分,选对3个得4分;每选错1个扣2分,最低得分为0分). 
A.82208Pb　　　B.82211Pb　　　C.84216Po
D.88228Ra E.88226Ra F.90229Th

(2)(8分)如图,光滑水平地面上有三个物块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.

1.B　根据题意可知,点电荷q1、q2必定是同种电荷,且在R点产生的场强等大反向,设RQ=r,则PR=2r,根据库仑定律可得,kq1(2r)2=kq2r2,解得,q1=4q2,B项正确.
2.C　设变化的这个力为F1,其他力的合力为F2,根据牛顿第二定律可得,a=F2-F1m,加速度a先增大后减小,此过程中速度v的方向与加速度a的方向始终相同,所以速度v始终增大,C项正确.
3.B　设该交变电流的有效值为I,根据电流的有效值的规律和焦耳定律可得,I2RT=2(I12Rt1+I22Rt2),根据图象可知,T=1 s,t1=0.4 s,t2=0.1 s,解得,I=0.40.1 A,电阻两端电压的有效值U=IR=410 V,B项正确.
4.D　由at图象可知,物体的加速度在0~T2和T~2T时间内的加速度大小相等方向相反,根据vt图象中倾斜直线的斜率表示物体做匀变速直线运动的加速度可知,D项正确.
5.A　设地球半径为R,则地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径分别为7R、4.4R,根据万有引力提供向心力和牛顿第二定律可得,GMmr2=m4π2T2r=mv2r=mω2r=ma,解得,T=2πr3GM,v=GMr,ω=GMr3,a=GMr2,结合两卫星的半径大小可知,A项正确.
6.D　设外力大小为F,根据牛顿第二定律可得,F=B2L2vr+ma,当棒经过关于圆心O左右对称的两个位置时,只有棒的速度v不相等,所以拉力F不相等,A项错误;由运动规律可得,2R=12at2,解得,t=2Ra,即棒通过整个圆环所用的时间t=2Ra,B项错误;同理可得,棒到达环心时的时间t0=2Ra、速度v=at0=2aR,此时棒产生的感应电动势E=B·2Rv=2BR·2aR,此时整个电路的电阻为πRr2,则流过棒的电流I=EπRr2=4B2aRπr,C项错误;棒经过圆心时所受的安培力F安=BI·2R=8B2R2aRπr,D项正确.
7.BCD　亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,而不是改变物体的运动状态,A项错误;伽利略、笛卡儿通过研究,认为物体的运动不需要力来维持,B、C两项正确;牛顿总结前面科学家们的研究成果得出牛顿第一定律,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,D项正确.
8.AD　物体受的合力方向与速度方向相同时,才能做速率增加的直线运动,A项正确;物体在恒力作用下也可以做变速率曲线运动,如平抛运动,B项错误;物体做变速率圆周运动,合力方向不一定指向圆心,如绳系小球在竖直面的圆周运动,C项错误;物体做匀速率曲线运动,速度大小不变,合力不做功,合力方向总是与速度方向垂直,D项正确.
9.AC　设电流在三个点中离导线较近的点产生的磁场的磁感应强度为B,在较远的点产生的磁场的磁感应强度为B',则B>B'.根据右手定则可知,a处的磁感应强度B1=B',方向垂直于纸面向外,b处的磁感应强度B2=B',方向垂直于纸面向外,c处的磁感应强度B3=2B-B'>B',方向垂直于纸面向里,A、C两项正确.
10.BC　金属框接通逆时针方向的电流的瞬间,根据右手定则可知,在其内部磁场方向向外,外部磁场方向向里.穿过左右两小线圈向外的磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向向里,感应电流方向均沿顺时针方向,C项正确,D项错误;由左手定则可知,左边小线圈受到向左的安培力,右边小线圈受到向右的安培力,即两小线圈有远离的趋势,A项错误,B项正确.
11.答案:(1)3.90
(2)12vB2=7.61(m/s)2,ghOB=7.70(m/s)2.因为12mvB2≈mghOB,近似验证了机械能守恒定律.
解析:(1)由题意可知,打点计时器的打点周期T=0.02 s,根据某段时间的中点时刻的瞬时速度等于整段时间的平均速度可得,vB=xAC2T=(86.59-70.99)×10-22×0.02 m/s=3.90 m/s.
(2)设物体质量为m,在打下记时点O到B的物体运动过程,物体减少的重力势能Ep=mghOB=7.70m,物体在打下B点时的动能Ek=12mvB2=7.61m,在误差范围内可以认为12mvB2=mghOB,实验结果验证了机械能守恒定律.
12.答案:(1)见解析图　(2)黑　(3)10　(4)225　25.0　(5)0.780(或0.78)
解析:(1)连线如图所示.

(2)电流应从红表笔流入,从黑表笔流出,结合表头的正负接线柱,可判断表笔a的颜色为黑色.
(3)并联的电阻越小,改装后的量程越大,故开关置于“1”挡时的量程应为10 mA.
(4)开关置于“1”挡时的量程为10 mA,根据电路特点可得,200×10-6×(500+R1+R2)=(10×10-3-200×10-6)R3,开关置于“2”挡时的量程为1 mA,200×10-6×(500+R1)=(1×10-3-200×10-6)(R3+R2),解得,R2=225 Ω,R3=25.0 Ω.
(5)S置于“2”挡时,量程为1 mA,所测量的电流值为0.780 mA.
13.答案:(1)6 m/s2　(2)80 J
解析:(1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为f,向上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律有a=mgsinα+fm①
设物体动能减少ΔEk时,在斜坡上运动的距离为s,由功能关系得
ΔEk=(mgsinα+f)s②
ΔE=fs③
联立①②③式并代入数据可得
a=6 m/s2.④
(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm,由运动学规律可得
sm=v022a⑤
设物体返回底端时的动能为Ek,由动能定理有
Ek=(mgsinα-f)sm⑥
联立①④⑤⑥式并代入数据可得
Ek=80 J.
14.答案:(1)πm2qB　(2)4qBR3m
解析:(1)设点电荷a的速度大小为v,由牛顿第二定律得
qvB=mv2R①
由①式得v=qBRm②
设点电荷a做圆周运动的周期为T,有
T=2πmqB③
如图,O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心.设a在磁场中偏转的角度为θ,由几何关系得θ=90°④

故a从开始运动到经过G点所用的时间t为
t=πm2qB.⑤
(2)设点电荷b的速度大小为v1,轨道半径为R1,b在磁场中偏转的角度为θ1,依题意有t=R1θ1v1=Rθv⑥
由⑥式得v=R1θ1Rθv⑦
由于两轨道在G点相切,所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上.由几何关系和题给条件得
θ1=60°⑧
R1=2R⑨
联立②④⑦⑧⑨式,解得
v1=4qBR3m.
15.答案:(1)ACD　(2)158l
解析:(1)由于针的重力比较小,水的表面张力可以与重力平衡,因此针能浮在水面上,A项正确;水对油脂不浸润,能在油脂面上形成水珠,水对玻璃浸润,不能在玻璃表面形成水珠,B项错误;在宇宙飞船中的水滴完全失重,水滴的表面张力作用使得水滴成球形,C项正确;同种液体对不同的材料是否浸润的情况不同,所以在毛细管中液面有的升高,有的降低,D项正确;当两薄玻璃板间有一层水膜时,两玻璃板内部没有了大气压,而两玻璃板外部的大气压将两玻璃板紧紧的压在一起,将很难拉开,E项错误.
(2)设S为气缸的横截面积,p为活塞处于初始位置时气缸内气体的压强,p0为大气压强.有
p=p0+38l①
在活塞上移1132l后,气缸内气体的压强变为p0,设气体的体积为V',由玻意耳定律得
p0V'=pSl②
设气缸内水银面上升Δx,有
Δx=38l-3Δx③
V'=(l+1132l-Δx)S④
联立①②③④式,解得p=158l.
16.答案:(1)BDE　(2)L(n24-n22−n14-n12)
解析:(1)激光测距是利用了光的直线传播,A项错误;医生向病人体内发射频率已知的超声波,超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收,测出反射波的频率变化,就能知道血流的速度,B项正确;技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡,是利用超声波的穿透能力,C项错误;向车辆发出超声波,测出反射波频率的变化,可以确定车辆的速度,D项正确;同理可知,E项正确.
(2)光路如图所示.红光和紫光在AC面上的入射角相同,设为i,折射角分别为r1和r2,它们射到屏上的位置离O点的距离分别为d1和d2.由折射定律得
n1sini=sinr1①
n2sini=sinr2②

由几何关系得i=∠A③
d1=Ltanr1④
d2=Ltanr2⑤
联立①②③④⑤式并利用题给条件得,红光和紫光在光屏上的位置之间的距离为
d2-d1=L(n24-n22−n14-n12).⑥
17.答案:(1)ACD　(2)3
解析:(1)原子核经过一次α衰变后核电荷数减少2,质量数减少4,经过一次β衰变后核电荷数增加1,质量数不变,根据电荷守恒和质量守恒可知,A、C、D三项正确.
(2)设三个物块A、B和C的质量均为m;A与B碰撞前A的速度为v,碰撞后的共同速度为v1;A、B与C碰撞后的共同速度为v2.由动量守恒定律得mv=(m+m)v1①
mv=(m+m+m)v2②
设第一次碰撞中动能的损失为ΔE1,第二次碰撞中动能的损失为ΔE2,由能量守恒定律得
12mv2=12(m+m)v12+ΔE1③
12(m+m)v12=12(m+m+m)v22+ΔE2④
联立①②③④式,解得
ΔE1ΔE2=3.

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