2023年高考物理真题（海南自主命题）（解析版）.docx

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 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 5s B. 该波的波速是 3m/s C. 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 C。 5. 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，分子间表现为引力，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 abcd C. 汽车离开线圈 1 过程产生感应电流方向为 abcd D. 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. CE B. 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. 2n2：1 B. 4n2：1 C. 2n3：1 D. 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 故选 C。 二、多项选择题，每题 4 分，共 20 分  Q1：Q2= 2n3：1 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 A. 光的频率为 ，发射波长为 的光，光速为 ，普朗克常量为，则（ ） 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】 ①. ②. 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. R1 ②. R2 ③. ④. ①③②④ ⑤. 1998.0Ω ⑥. 小于 ⑦. 1.28 ⑧. 【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′ = 1.28V （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 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