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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 【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 【详解】 A．依据左手定则，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 【详解】AB．对人受力分析有 因此有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 因此有，所以随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，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 【详解】 A．据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，因此可知两者间距离等于，n = 0，1，2，… 根据，n = 0，1，2，… B错误； C．据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．据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 【详解】 据图分析，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，因此在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 【详解】 A．据图分析可知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，因此根据右手定则，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 【详解】电路稳定后，由于电源内阻不计，因此整个回路可看成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，因此电容两端的电压，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 【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， 联立解得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 【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，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，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 【详解】 A．光的频率，A正确； B．光子的能量，B错误； C．光子的动量，C正确； D．在时间t内激光器发射的光子数，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 【详解】 A．电源电压的有效值，A错误； B．交流电的周期，B正确； CD．根据，可得副线圈匝数匝，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 【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，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，因此MN两点电势相等，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，因此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。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 【详解】 A．若粒子打到PN中点，因此，，可解得，A正确； B．粒子从PN中点射出时，则有，速度，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，则有 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，因此粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为，解得，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，因此此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，,出离电场的最大速度 因此由，可得最大半径，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 【详解】 （1）根据题意分析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，根据射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，因此有S1S2= CB，根据几何关系可知，， 联立解得。 （3）如果改用宽ab更小的玻璃砖做实验，因此画出光路图如下 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. 【详解】 （1）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。因此RM应选R1，RN应选R2。 （2）根据电路图连接实物图有 （3）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）根据RM调节后面板读数为1998.0Ω。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，因此待测表头的内阻的测量值小于真实值。 （5）将该微安表改装成量程为2V的电压表，因此需要串联一个电阻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）根据题意分析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 【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 【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，根据动量定理有， 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的时间。 【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3） 【详解】 （1）滑块下滑到轨道底部，有，可解得，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。根据功能关系可知，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，所以此刻的相对位移为，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，可解得碰撞后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，因此从滑上到最终停止所用的时间总时间。