2023年海南省新高考物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023年海南省新高考物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共24.0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

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

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 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.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abcd7.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.12CE

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A

A.2n2：1 B.4n2：1 C.2n3：二、多选题（本大题共5小题，共20.0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

10.已知一个激光发射器功率为P，发射波长为λ的光，光速为c，普朗克常量为h，则(

)A.光的频率为cλ B.光子的能量为hλ

C.光子的动量为hλ D.在时间11.如图是工厂利用u=2202sin100A.电源电压有效值为2202V B.交变电流的周期为0.02s

C.副线圈匝数为180匝 12.如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是(

)A.M、N两点电场强度相同 B.M、N两点电势相同

C.负电荷在M点电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点电势能比在O点时要大13.如图所示，质量为m，带电荷为+q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0，0<x<x0(x0、y0A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E=y0mv02qx02

B.粒子从N三、简答题（本大题共3小题，共9.0分）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。

(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=l15.用如图1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(0∼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2是RM调节后面板，则待测表头的内阻为______，该测量值______(大于、小于、等于)真实值。

16.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t=27℃时，压强p=1.050×105Pa。

四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）17.如图所示，U形金属杆上边长为L=15cm，质量为m=1×10−3kg，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B=8×10−2T18.如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为mB=1kg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mC=3kg，B、C间动摩擦因数μ1=0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8，C右端有一个挡板，C长为L。

求：

(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？

(2)若

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：放射性元素衰变时放出的三种射线α、β、γ，其中β粒子是电子。故C正确，ABD错误。

故选：C。

β粒子是电子，由此即可正确解答。

本题考查了原子核衰变的生成物，特别要知道β粒子是电子，β衰变的实质是因为一个中子转化成质子而释放出的电子。

2.【答案】A

【解析】解：A.带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，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，故A正确；

B.小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；

C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误。

D.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永不做功，故D错误。

故选A。

明确小球运动中受力情况，知道洛伦兹力不做功，从而分析小球运动过程中的速度、加速度情况。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，注意明确洛伦兹力不做功这一性质，同时正确分析功能关系以及掌握牛顿第二定律公式的应用。3.【答案】B

【解析】解：AB、对人受力分析有

则有FN+FT=mg

根据一对平衡力和一对相互作用力的概念可知，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，故A错误、B正确；

CD、对滑轮做受力分析有

则有FT=mg2cosθ

则随着重物缓慢拉起过程，θ4.【答案】C

【解析】解：A.根据振动图像可看出该波的周期是4s，故A错误；

B.由图像可知，质点Q、P的起振方向相反

则两质点之间的距离满足x=nλ+12λ，其中n=0，1，2，…

根据波长、波速和周期的关系v=λT

代入数据联立解得v=32n+1，其中n=0，1，2，…，故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，故C正确；

D.由Q质点的振动图像可看出，在45.【答案】C

【解析】解：A、分子间距离大于r0，分子间表现为引力，故A错误；

BCD、分子间距离变小，引力做功，势能减小，在r0处势能最小，继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，势能增大，故BD错误，C正确；

故选：C。

当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小；分子力表现为引力时，r增大，分子力先增大后减小，分子势能一直增大。

本题考查了分子力、分子势能等知识点，利用F6.【答案】C

【解析】解：A、根据安培定则可知，线圈1、2中的电流形成的磁场方向都是竖直向下的，故A错误；

BC、汽车进入磁场时，线圈abcd磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流方向是adcba，离开时磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流方向是abcda，故B错误、C正确；

D、根据楞次定律的推广可知，安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，所以汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相反，故D错误。

故选：C。

根据安培定则判断线圈1、2中的电流形成的磁场方向；根据楞次定律判断矩形线圈abc7.【答案】C

【解析】解：电路稳定后，由于电源内阻不计，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为：

φ上=E5R⋅2R=2E5

电容器下极板的电势为：φ下=E5R⋅4R=4E5

则电容两端的电压为：U=φ下−8.【答案】C

【解析】解：对小球受力分析如图所示：

在△CHP中，根据正弦定理有FAsin∠CPH=FBsin∠CHP

其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO

在△A9.【答案】AC【解析】解：A、飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要点火加速做离心运动才能完成，故A正确；

BCD、飞船做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得：

GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma

可得a=GMr2，v=G10.【答案】AC【解析】解：A.根据波速与波长、频率之间的关系可知光的频率：ν=cλ，故A正确；

B.光子的能量：E=hν=hcλ，故B错误；

C.根据德布罗意波长计算公式λ=hp可得光子的动量：p=hλ，故C正确；

D.在时间11.【答案】BC【解析】解：A、根据交流电的瞬时值表达式，电源电压的有效值U=22022V=220V，故A错误；

B、根据交流电的瞬时值表达式，交流电的周期T=2πω=2π100πs=0.02s12.【答案】BC【解析】解：A.根据场强叠加的特点以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，不过方向不同，故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，由此可分析出MN两点电势相等，故B正确；

CD.根据题意可知，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，根据功能关系可知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。故C正确，D错误。

故选：BC。

根据场强叠加的特点和对称性得出M13.【答案】AD【解析】解：A、根据带电粒子在电场中做类平抛运动，若粒子打到PN中点，则

x方向匀速直线运动，有：x0=v0t

y方向粒子做匀加速直线运动，有：12y0=12at2

根据牛顿第二定律得：Eq=ma

解得：E=mv02y0qx02，故A正确；

B、粒子从PN中点射出时，y方向根据匀变速位移与平均速度关系式得：y02=vy2t

刚出电场射入磁场时速度v1=v02+vy2=v02+(y0t)2

将t=x0t0代入解得：v1=v0x0x02+y02，故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，轨迹如下图所示：

则t14.【答案】l1(【解析】解：(1)根据题意结合光的传播情况作出光路图如图所示：

(2)根据光的折射定律可得：n=sinisinr

根据几何关系可得：

sini=ABAB2+OA2=l1l12+l22

15.【答案】R1

R2

RM

小于

1.3【解析】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。故RM应选R1，RN应选R2；

(2)实物图如图：

(3)为保证电路安全，闭合开关前先将滑动变阻器调至左侧，电阻箱调至最大，先闭合S1开关，调节电阻箱RN，再闭合S2调节电阻箱RM，最后断开开关整理器材，正确的操作顺序是：①③②④；

(4)读出的RM即是微安表的内阻。

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，不难得到流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于IA2，故RM<RA。

(5)按读数规则，只需要读出65即可，按换算关系2100=u65可知，电压为：u=1.30V16.【答案】解：(1)瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为

T=(27+273)K=300K，T′=(37+273)K=310K

温度变化过程中体积不变，故由查理定律有

pT=p′T′【解析】(1)根据题意得出气体变化前后的状态参量，结合查理定律列式得出气体的压强；

(2)17.【答案】解：(1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流大小为I。金属杆离开液体后做竖直上抛运动，由运动学公式得：

v2=2gH

解得：v=2gH=2×10×10×10−2m/s=2m/s

通电过程金属杆受到的安培力大