2023年高考真题——物理（海南卷）（Word版附解析）

这是一份2023年高考真题——物理（海南卷）（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，每题3分，共24分，多项选择题，每题4分，共20分等内容，欢迎下载使用。

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
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】 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′ = 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