2023年高考物理真题（海南自主命题）（解析版）下载

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 C. 小球运动过程的加速度保持不变 【答案】A B. 小球运动过程中的速度不变 D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功 【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 C. 4s 时 P 质点向上振动 【答案】C B. 该波的波速是 3m/s D. 4s 时 Q 质点向上振动 【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 【答案】C 【解析】 B. 4n2：1 C. 2n3：1 D. 4n3：1 【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。 420 二、多项选择题，每题 分，共 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 C. 飞船在 1 轨道速度大于 2 轨道 【答案】ACD B. 飞船在 1 轨道周期大于 2 轨道周期 D. 飞船在 1 轨道加速度大于 2 轨道 【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 【答案】BC D. 副线圈匝数为 240 匝 【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 的四等分点，下列说法正确的是（ 带正电， 带负电， 为边）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 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在 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 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 区域内有垂直纸面向里的 上，则（ （）A 粒子从 B. 粒子从 中点射入磁场，电场强度满足 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】 【解析】 ①. ②. ③. 变小 【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 留 3 位有效数字）。 V（保 （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 的匀强磁场。 连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里 （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 由运动学公式 ，由动量定理有 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 ，B、C 间动摩擦因数 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 ，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 时间。 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【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