2013年海南省高考物理试卷

2013年海南省高考物理试卷
一、单项选择题
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
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【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．
【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．
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
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用；力的合成
【解析】【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．
【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．
3．（2013·海南）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
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由有效值的定义可得
I12Rt1+I22Rt2= 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．
【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．
4．（2013·海南）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（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【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．故AC正确，BD错误
故选：AC．
【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．
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
【答案】A
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【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．
【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．
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
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
【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【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，因此F=BIL= ，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．
【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．
二、多项选择题
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：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
【答案】B,C,D
【知识点】物理学史
【解析】【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．
【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．
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
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【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．
【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．
9．（2013·海南）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
【答案】A,C
【知识点】磁感应强度
【解析】【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．
【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．
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
【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【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．
【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．
三、实验题
11．（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．
【答案】（1）3.90
（2）解：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．
【知识点】机械能守恒及其条件
【解析】【解答】解：（1）由 = 可知重物速度的大小 = = m/s=3.90m/s； 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．
【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．
12．（2013·海南）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　 　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．
【答案】（1）
（2）黑
（3）10
（4）225；25.0
（5）0.780
【知识点】电磁学实验
【解析】【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）0.78．
【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．
四、计算题
13．（2013·海南）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．
【答案】（1）解：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=EK﹣EK0=﹣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/s2（负号表示方向与初速度方向相反）
（2）解：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′﹣EK0
得EK′=80J
【知识点】功能关系
【解析】【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
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的速度大小．
【答案】（1）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：
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）解；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：
【知识点】对单物体(质点)的应用；向心力
【解析】【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．
五、选考题
15．（2013·海南）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
【答案】A,C,D
【知识点】固体和液体；毛细现象和液体的表面张力
【解析】【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，这是由于大气压力的缘故；故E错误；
故选：ACD．
【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．
16．（2013·海南）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）．
【答案】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）．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【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．
六、模块3-4试题
17．（2013·海南）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
【答案】B,D,E
【知识点】多普勒效应
【解析】【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．
【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．
18．（2013·海南）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．
【答案】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﹣tanr1）= ．
答：红光和紫光在光屏上的位置之间的距离
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【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．
七、模块3-5试题
19．（2013·海南）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
【答案】A,C,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【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．
【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．
20．（2013·海南）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．
【答案】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
mv0﹣2mv1=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
2mv1﹣3mv2=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
答：前后两次碰撞中损失的动能之比为3：1．
【知识点】动量守恒定律
【解析】【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．
1 / 12013年海南省高考物理试卷
一、单项选择题
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=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．（2013·海南）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（　　）
A． B．
C． D．
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．（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
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
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：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．（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．（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
三、实验题
11．（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．（2013·海南）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　 　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
13．（2013·海南）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．（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的速度大小．
五、选考题
15．（2013·海南）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．（2013·海南）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
17．（2013·海南）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
18．（2013·海南）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
19．（2013·海南）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．（2013·海南）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．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【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．
【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．
2．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用；力的合成
【解析】【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．
【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．
3．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由有效值的定义可得
I12Rt1+I22Rt2= 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．
【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．
4．【答案】A,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【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．故AC正确，BD错误
故选：AC．
【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．
5．【答案】A
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【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．
【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．
6．【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【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，因此F=BIL= ，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．
【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．
7．【答案】B,C,D
【知识点】物理学史
【解析】【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．
【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．
8．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【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．
【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．
9．【答案】A,C
【知识点】磁感应强度
【解析】【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．
【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．
10．【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【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．
【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．
11．【答案】（1）3.90
（2）解：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．
【知识点】机械能守恒及其条件
【解析】【解答】解：（1）由 = 可知重物速度的大小 = = m/s=3.90m/s； 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．
【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．
12．【答案】（1）
（2）黑
（3）10
（4）225；25.0
（5）0.780
【知识点】电磁学实验
【解析】【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）0.78．
【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．
13．【答案】（1）解：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=EK﹣EK0=﹣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/s2（负号表示方向与初速度方向相反）
（2）解：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′﹣EK0
得EK′=80J
【知识点】功能关系
【解析】【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
14．【答案】（1）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：
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）解；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：
【知识点】对单物体(质点)的应用；向心力
【解析】【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．
15．【答案】A,C,D
【知识点】固体和液体；毛细现象和液体的表面张力
【解析】【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，这是由于大气压力的缘故；故E错误；
故选：ACD．
【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．
16．【答案】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）．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【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．
17．【答案】B,D,E
【知识点】多普勒效应
【解析】【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．
【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．
18．【答案】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﹣tanr1）= ．
答：红光和紫光在光屏上的位置之间的距离
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【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．
19．【答案】A,C,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【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．
【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．
20．【答案】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
mv0﹣2mv1=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
2mv1﹣3mv2=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
答：前后两次碰撞中损失的动能之比为3：1．
【知识点】动量守恒定律
【解析】【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．
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