2023年高考真题——物理（海南卷）（Word版附解析）

2023年海南省普通高等学校招生选择性考试物理一、单项选择题，每题3分，共24分1.钍元素衰变时会放出β粒子，其中β粒子是（）A.中子B.质子C.电子D.光子【答案】C【解析】【详解】放射性元素衰变时放出的三种射线α、β、γ分别是氦核流、电子流和光子流。故选C。2.如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（）A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功【答案】A【解析】【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；D．洛仑兹力永不做功，D错误。故选A。3.如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小,D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变【答案】B【解析】【详解】AB．对人受力分析有则有FN＋FT=mg其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误、B正确；CD．对滑轮做受力分析有则有则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，CD错误。故选B。4.下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的周期是5sB.该波的波速是3m/sC.4s时P质点向上振动D.4s时Q质点向上振动【答案】C,【解析】【详解】A．由振动图像可看出该波的周期是4s，A错误；B．由于Q、P两个质点振动反相，则可知两者间距离等于，n=0，1，2，…根据，n=0，1，2，…B错误；C．由P质点的振动图像可看出，在4s时P质点在平衡位置向上振动，C正确；D．由Q质点的振动图像可看出，在4s时Q质点在平衡位置向下振动，D错误。故选C5.下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（）A.分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力B.分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大C.分子势能在r0处最小D.分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小【答案】C【解析】【详解】分子间距离大于r0，分子间表现引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。故选C。6.汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）,A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同【答案】C【解析】【详解】A．由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；B．汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），B错误；C．汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd（顺时针），C正确；D．汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。故选C。7.如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为（）A.CEB.C.D.【答案】C,【解析】【详解】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为电容器下极板的电势为则电容两端的电压则电容器上的电荷量为故选C。8.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO=2cm，OB=4cm，在AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP：BP=n：1，试求Q1：Q2是多少（）A.2n2：1B.4n2：1C.2n3：1D.4n3：1【答案】C【解析】【详解】对小球受力分析如图所示由正弦定理有,其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO其中△APO中同理有其中，联立有Q1：Q2=2n3：1故选C。二、多项选择题，每题4分，共20分9.如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（）A.飞船从1轨道变到2轨道要点火加速B.飞船在1轨道周期大于2轨道周期C.飞船在1轨道速度大于2轨道D.飞船在1轨道加速度大于2轨道【答案】ACD【解析】【详解】A．飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进行加速做离心运动才能完成，选项A正确；BCD．根据,可得可知飞船在轨道1的周期小于在轨道2的周期，在轨道1的速度大于在轨道2的速度，在轨道1的加速度大于在轨道2的加速度，故选项B错误，CD正确。故选ACD。10.已知一个激光发射器功率为，发射波长为的光，光速为，普朗克常量为，则（）A.光的频率为B.光子的能量为C.光子的动量为D.在时间内激光器发射的光子数为【答案】AC【解析】【详解】A．光的频率选项A正确；B．光子的能量选项B错误；C．光子的动量选项C正确；D．在时间t内激光器发射的光子数选项D错误。故选AC。,11.下图是工厂利用的交流电给照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（）A.电源电压有效值为B.交变电流的周期为C.副线圈匝数为180匝D.副线圈匝数为240匝【答案】BC【解析】【详解】A．电源电压的有效值选项A错误；B．交流电的周期选项B正确；CD．根据可得副线圈匝数匝选项C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（）,A.、两点电场强度相同B.、两点电势相同C.负电荷在点电势能比在点时要小D.负电荷在点电势能比在点时要大【答案】BC【解析】【详解】A．根据场强叠加以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误；B．因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，则MN两点电势相等，选项B正确；CD．因负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。选项C正确，D错误。故选BC。13.如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（）A.粒子从中点射入磁场，电场强度满足B.粒子从中点射入磁场时速度为,C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是【答案】AD【解析】【详解】A．若粒子打到PN中点，则解得选项A正确；B．粒子从PN中点射出时，则速度选项B错误；C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则粒子从电场中射出时的速度,粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为解得选项C错误；D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度出离电场的最大速度则由可得最大半径选项D正确；故选AD。14.用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S2处，回答下列问题：,（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图_________；（2）已经测出AB=l1，OA=l2，S1S2=l3，则折射率n=_________（用l1、l2、l3表示）；（3）若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会_________（填“变大”，“变小”或“不变”）。【答案】①②.③.变小【解析】【详解】（1）[1]根据题意画出光路图如下图所示（2）设光线入射角为θ、折射角为α，则在C点根据折射定律有nsinθ=sinα由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，则S1S2=CB根据几何关系可知,联立解得（3）[3]若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如下可看出S1S2间的距离变小。15.用如图所示的电路测量一个量程为100μA，内阻约为2000Ω的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V，有两个电阻箱可选，R1（0~9999.9Ω），R2（99999.9Ω）（1）RM应选_________，RN应选_________；（2）根据电路图，请把实物连线补充完整_________；,（3）下列操作顺序合理排列是______：①将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏；④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材（4）如图是RM调节后面板，则待测表头的内阻为_________，该测量值_________（填“大于”、“小于”、“等于”）真实值。（5）将该微安表改装成量程为2V的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为_________V（保留3位有效数字）。（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出RN值，在滑动头P不变，S2闭合后调节电阻箱RM，使电表半偏时读出RM，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为_________（用RM、RN表示）,【答案】①.R1②.R2③.④.①③②④⑤.1998.0Ω⑥.小于⑦.1.28⑧.【解析】【详解】（1）[1][2]根据半偏法的测量原理可知，RM与R1相当，当闭合S2之后，变阻器上方的电流应基本不变，就需要RN较大，对下方分压电路影响甚微。故RM应选R1，RN应选R2。（2）[3]根据电路图连接实物图有（3）[4]根据半偏法的实验步骤应为①将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏；②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。（4）[5]根据RM调节后面板读数为1998.0Ω。[6]当闭合S2后，原电路可看成如下电路,闭合S2后，相当于RM由无穷大变成有限值，变小了，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。（5）[7]将该微安表改装成量程为2V的电压表，则需要串联一个电阻R0，则有U=Ig(Rg＋R0)此时的电压读数有U′=I′(Rg＋R0)其中U=2V，Ig=100μA，I′=64μA联立解得U′=128V（6）根据题意OP间电压不变，可得解得16.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，时，压强。（1）时，气压是多大？（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？,【答案】（1）；（2）0.97【解析】【详解】（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为，温度变化过程中体积不变，故由查理定律有解得（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有解得17.如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的匀强磁场。（1）若插入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。,【答案】（1），4A；（2）0.085C【解析】【详解】（1）对金属杆，跳起的高度为，竖直上抛运动由运动学关系式解得通电过程金属杆收到的安培力大小为由动能定理得解得（2）对金属杆，通电时间，由动量定理有由运动学公式通过金属杆截面的电荷量联立解得18.如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。求：（1）滑到的底端时对的压力是多大？（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上,到最终停止所用时间。【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）【解析】【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有解得在底部，根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知B对A的压力是。（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得解得加速度向左为对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力根据牛顿第二定律解得其加速度向左为,由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离C向右运动距离由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有解得B的位移为则此刻的相对位移为此时由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有解得碰撞时B速度为,碰撞时由动量守恒可得解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得后再经后停下，则有故从滑上到最终停止所用的时间总时间