2023年海南省高考物理试卷答案与解析2

1、2023年海南省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：此题共6小题，每题3分，共18分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的13分2023海南如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ那么Aq1=2q2Bq1=4q2Cq1=2q2Dq1=4q2考点：库仑定律；电场的叠加分析：根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解解答：解：在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得=，PR=2RQ解得：q1=4q2应选：B点评：理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量

2、性23分2023海南一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小在此过程中，其它力保持不变，那么质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是Aa和v都始终增大Ba和v都先增大后减小Ca先增大后减小，v始终增大Da和v都先减小后增大考点：牛顿第二定律；力的合成；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律F=ma可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，所以此题要想分析其加速度的变化，要来分析合外力的变化情况而要分析速度的变化，那么要先分析加速度的变化情况解答：解：由于质点初始处于静止状态，那么其所受合力为零这就相当

3、于受两个等大反向的力：某个力和其余几个力的合力其中某个力逐渐减小，而其余几个力的合力是不变的，那么其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大到原来大小，那么合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速度a先增大后减小，因此AD错误；合外力的方式始终与其余几个力的合力保持一致由牛顿第二定律F合=ma知其加速度先增大后减小所以从加速变化看只有C项符合，又由于其合外力方向始终不变，那么加速度方向始终不变，所以其速度会一直增大因此B错误，C正确应选：C点评：此题属于基此题目，考查根本的受力分析，应当在学习中注意通过问题看本质，此题问的虽然是a和v，但是实质是考查受力分析33分

4、2023海南通过一阻值R=100的电阻的交变电流如下图，其周期为1s电阻两端电压的有效值为A12VB4VC15VD8V考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量解答：解：由有效值的定义可得I12Rt1+I22Rt2=T，代入数据得0.12R0.8+0.22R0.2=1，解得U=4V应选：B点评：此题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值43分2023海南一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如下图以下vt图象中，可能正确描述此物体运动的是ABCD考点

5、：匀变速直线运动的图像专题：直线运动规律专题分析：此题应根据at图象分析物体的运动情况：当加速度与速度同向时，物体做加速运动，01s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，当加速度与速度反向时，物体做减速运动，假设加速度一定，物体做匀变速直线运动匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜的直线解答：解：在0s内，物体沿加速度方向做匀加速运动，vt图象是向上倾斜的直线；在T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，vt图象是平行于t轴的直线；在T2T内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动vt图象是向下倾斜的直线故D正确，A、B、C错

6、误应选：D点评：此题关键要根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态分析物体的运动情况53分2023海南“北斗卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星同步卫星、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，以下说法中正确的是A静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍B静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍C静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的D静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的考点：同步卫星专题：压轴题；人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力=ma=m=m2r=，比拟向心

7、加速度、线速度和周期解答：解：根据万有引力提供向心力=ma=m=m2r=，A、T=2，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，即轨道半径分别约为地球半径的7倍和4.4倍，所以静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍，故A正确；B、v=，所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小，故B错误；C、=，静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的0.53，故C错误；D、a=，静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的0.4倍，故D错误应选：A点评：解决此题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比拟向心加速度、线速度和周期63分2023海南如图，水平桌面上固定有一半径为R

8、的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好以下说法正确的是A拉力的大小在运动过程中保持不变B棒通过整个圆环所用的时间为C棒经过环心时流过棒的电流为D棒经过环心时所受安培力的大小为考点：安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；电流的磁场对磁针的作用专题：压轴题分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，注意外电路为弧acb和弧adb的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出安培

9、力的大小最后根据运动学公式可求出运动的时间解答：解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，那么速度为v=at，因此F=BIL=，可知在运动过程中棒所受安培力变化，那么拉力大小也变化，故A错误；B、根据位移公式，可得时间为，故B错误；C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两局部的电阻并联，那么电路总电阻为，速度大小为，产生感应电动势，所以产生感应电流大小为2=，故C错误；D、棒经过环心时所受安培力的大小为F=BIL=，故D正确应选：D点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解二、多项选择题：此题共4小题，每题5分，共20分在

10、每题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的得5分；选对但不全的得3分；有选错的得0分75分2023海南科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用以下说法符合历史事实的是A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B伽利略通过“理想实验得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质考点：物理学史分析：此题应抓住亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的

11、一些理论和观点，进行分析解答：解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动故A错误B、伽利略“理想实验得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去故B正确C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实故C正确D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实故D正确应选：BCD点评：此题考查了一些力学物理学史，对于牛顿、伽利略和笛卡儿关于运动和力的观点，要理解并记牢85分2023海南关于物体所受合外力的方向，以下说法正确的是A物体

12、做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变C物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心D物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直考点：物体做曲线运动的条件专题：物体做曲线运动条件专题分析：匀加速运动中，加速度方向与速度方向相同；匀减速运动中，速度方向可正可负，但二者方向必相反；加速度的正负与速度正方向的选取有关解答：解：A、合力的方向与加速度方向相同，与速度的方向和位移的方向无直接关系，当物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同；当物体做减速运动时，加速度的方向与速度的方向相反，故A正确

13、，B、物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，比方：平抛运动，故B错误C、物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，假设非匀速圆周运动，那么合外力一定不指向圆心，故C错误D、物体做匀速率曲线运动时，速度的大小不变，所以其所受合外力始终指向圆心，那么其的方向总是与速度方向垂直，故D正确，应选：AD点评：物体做加速还是减速运动，不是简单地看加速度的正负，应该看两者方向间的关系，还可以用牛顿第二定律理解95分2023海南三条在同一平面纸面内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如下图a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离

14、相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，以下说法正确的是AB1=B2B3BB1=B2=B3Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里Da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里考点：磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向专题：压轴题分析：通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱磁场不但有大小而且有方向，方向相同那么相加，方向相反那么相减并根据矢量叠加原理来求解解答：解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，那么由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外

15、，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；C、D、由图可知，根据右手螺旋定那么可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误应选：AC点评：根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小磁场的方向相同，那么大小相加；方向相反的，大小相减同时考查矢量叠加原理105分2023海南如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间A两小线圈会有相互靠拢的趋势B两小线圈会有相互远离的趋势C两小线圈中感应电流都沿顺

16、时针方向D左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向考点：楞次定律专题：压轴题分析：由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥解答：解：根据右手螺旋定那么可知，通电导线瞬间，对左边金属框，左边导线磁通量抵消，所以右边导线产生向外的磁场，右边金属框也一样，因此左、右线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离故B、C正确，A、D错误应选：BC点评：解决此题的关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引

17、，异向电流相互排斥同时还考查右手螺旋定那么与楞次定律三实验题：此题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分把答案写在答题卡中指定的答题处116分2023海南某同学用图a所示的实验装置验证机械能守恒定律打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g=9.80m/s2实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图b所示纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值答复以下问题计算结果保存3位有效数字1打点计时器打B点时，重物速度的大小vB=3.90m/s；2通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律

18、？简要说明分析的依据考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；压轴题分析：此题的关键是需要求出物体减少的重力势能和增加的动能即可，求动能时需要根据中间时刻速度公式= 求出纸带上B点的速度解答：解：1由=可知重物速度的大小=m/s=3.90m/s； 2设重物质量为m，OB对应的下落过程中，重力势能减少量为=mghB=7.70mJ，动能增加量为=7.61mJ，在误差允许范围内，可以认为相等，因此验证了机械能守恒定律故答案为：13.90； 2验证了机械能守恒定律，因为在误差范围内，重力势能减少量等于动能增加量点评：明确实验原理是解决实验问题的关键，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法129分2023海南某同

19、学将量程为200A、内阻为500的表头A改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图a所示定值电阻R1=500，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱答复以下问题：1按图a在图b中将实物连线；2表笔a的颜色为黑色填“红或“黑3将开关S置于“1挡时，量程为10mA；4定值电阻的阻值R2=225，R3=25.0结果取3位有效数字5利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2挡，表头指示如图c所示，那么所测量电流的值为0.780mA考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；压轴题；恒定电流专题分析：此题的关键是根据欧姆定律列出开关S分别打到1和2时的表达式，然后求解即可，注意电

20、流应从红表笔进从黑表笔出解答：解：1实物连线如下图：2因电流应从黑表笔流出，所以表笔a的颜色为黑色；3将开关S置于“1挡时，表头A和R1、R2串联后再与R3并联，将开关S置于“2挡时，表头A和R1串联后再与R2、R3并联，所以开关S置于“1挡时量程较大，即开关S置于“1挡时量程应为10mA；4设电流表的满偏电流为，根据欧姆定律，当开关打到1时有=，其中=10mA当开关打到2时有=，其中=1mA联立以上两式=225，=25.05电流表示数为I=0.780mA故答案为1如图： 2黑； 310； 4225，25.0； 50.78点评：电表的改装实际上就是欧姆定律和串并联电路的计算，计算时注意让电流表

21、的电流为满偏电流四计算题：此题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分把解答写在答题卡中指定的答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤1310分2023海南一质量m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为30的斜坡底端沿斜坡向上运动当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Ek=18J，机械能减少了E=3J不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：1物体向上运动时加速度的大小；2物体返回斜坡底端时的动能考点：动能定理的应用；功能关系专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，总功等于动能增加量，机械能减小量等于克服摩

22、擦力做的功，根据功能关系列式可解；对从最高点到底端过程运用动能定理列式求解解答：解：1物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有mglsinfl=EKEK0=18J 机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：fl=E=3J 由可解得l=5m，f=0.6N因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能=120J滑上某一位置时动能减少了Ek=18J，那么此时动能Ek=102J=，可得v2=340m2/s2物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：=6m/s2负号表示方向与初速度方向相反2当该物体经过斜面上某一点时，

23、动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=40J 从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK，由动能定理可得W=EKEK0得EK=80J答：1物体向上运动时的加速度大小为6m/s22物体返回斜坡底端时的动能80J点评：功能关系有多种表现形式：合力的功总功等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量1413分2023海南如图，纸面内有E、F、G三点，GEF=30，EFG=135空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面

24、向外先使带有电荷量为qq0的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力求：1点电荷a从射出到经过G点所用的时间；2点电荷b的速度大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：1找出圆心，画出轨迹，由几何关系找出偏转角，根据公式求在磁场中的偏转时间；2根据两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同，画出轨迹，找半径

25、关系即可求出点电荷b的速度大小解答：解；设点电荷a的速度为v，由牛顿第二定律得：解得： 设点电荷a作圆周运动的周期为T，那么： 点电荷运动轨迹如下图：设点电荷a从F点进入磁场后的偏转角为由几何关系得：=90 故a从开始运动到经过G点所用时间联立得： 2设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转角为1，由题意得： 解得： 由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一条直线上，由几何关系得：1=60 R1=2R 联立得：答：1点电荷a从射出到经过G点所用的时间；2点电荷b的速度大小点评：此题的难点在于几何图象确实定，要抓住两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G

26、点时的速度方向也相同，那么可得出各自圆弧所对应的圆心角，从而确定粒子运动所经历的时间五选考题：请考生在第五、六、七大题中任选二题作答，如果多做那么按所做的第五、六大题计分作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤模块3-3试题12分154分2023海南以下说法正确的是A把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水外表存在外表张力的缘故B水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，为是因为油脂使水的外表张力增大的缘故C在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是外表张力作用的结果D在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有

27、的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关E当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有外表张力的缘故考点：*外表张力产生的原因专题：压轴题分析：凡作用于液体外表，使液体外表积缩小的力，称为液体外表张力它产生的原因是：液体跟气体接触的外表存在一个薄层，叫做外表层，外表层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如解答：解：A、把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，故一定是由于水外表存在外表

28、张力的缘故，故A正确；B、水对油脂外表是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃外表是浸润的，无法形成水珠，外表张力是一样的，故B错误；C、宇宙飞船中的圆形水滴是外表张力的缘故，故C正确；D、毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材料有关，故D正确；E、当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于大气压力的缘故；故E错误；应选：ACD点评：此题考查了液体外表张力和液体的浸润与不浸润现象，是联系生活的好题，不难168分2023海南如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3：1，初始时，该装置的底

29、部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l以cm为单位；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出现使活塞缓慢向上移动，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强以cmHg为单位考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：压轴题；理想气体状态方程专题分析：初始位置，根据水银柱中同一高度压强相同，求出封闭气体压强；气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，根据几何关系求解出封闭气体的长度，气压等于大气压；等温变化，根据玻义耳定律列式求解解答：解：设S为气缸的横截面积，P为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强，P0为大气压强，有：P=P0+ 在活塞上移后，汽缸内气体的

30、压强变为P0，设气体的体积为V，由玻义耳定律，有：P0V=PSl 设汽缸内水银面上升x，有： 联立式，解得cmHg；答：初始时气缸内气体的压强为cmHg点评：此题关键求解出封闭气体膨胀前后的体积和膨胀前的压强，然后根据波义耳定律列式求解，根底题六模块3-4试题12分174分2023海南以下选项与多普勒效应有关的是A科学家用激光测量月球与地球间的距离B医生利用超声波探测病人血管中血液的流速C技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡D交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度E科学家通过比拟星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度考点：多普勒效应专题

31、：压轴题分析：多普勒效应是为纪念奥地利物理学家及数学家多普勒而命名的，他于1842年首先提出了这一理论主要内容为：接受到的物体辐射的波长因为波源和观测者的相对运动而产生变化多普勒效应不仅仅适用于声波，它也适用于所有类型的波，包括电磁波解答：解：A、科学家用激光测量月球与地球间的距离是利用光速快，故A错误；B、医生利用超声波探测病人血管中血液的流速利用声波的多普勒效应，故B正确；C、技术人员用超声波探测金属、陶瓷、混凝土中是否有气泡是利用穿透能力强，故C错误；D、交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度是利用超声波的多普勒效应，故D正确；E、科学家通过比拟星球与地球上同种元素发出光的频率来计算星球远离地球的速度，是光的多普勒效应，故E正确；应选：BDE点评：此题考查了多普勒效应的应用，是利用发射波与接受波间的波长变化或者频率变化来判断相对运动的情况188分2023海南如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，A=30，AC平行于光屏MN，与光屏的距离为L棱镜对红光的折射率为n1，对紫光的折射率为n2一束很细的白光由棱镜的侧面AB垂直射入，直接到达AC面并射出画出光路示意图，并标出红光和紫光射在光屏上的位置，求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离考点：光的折射定律专题：压轴题