2023届海南省海口市高三年级下册学生学科能力诊断物理试题（解析版）

海口市2023届高三年级学生学科能力诊断

物理

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.下列有关力和运动，说法正确的是（）

A.把手中的铅球静止释放，铅球竖直下落是因为惯性

B.汽车的速度越大，刹车时越难停下来，说明速度越大惯性越大

C.牛顿第一定律也被叫作惯性定律

D.汽车紧急刹车时乘客向前倾，是因为乘客受到向前的惯性力

【答案】C

【解析】

【详解】A.把手中的铅球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球受到竖直向下的重力的缘故，故A错误；

B.惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；

C.牛顿第一定律也被叫作惯性定律，故C正确；

D.公共汽车紧急刹车时，乘客会向前倾倒，这是由于乘客具有惯性；惯性不是力，不能说受到惯性力的作

用，故D错误。

故选C。

2.A、B、C三个物体叠放在一起如图中实线所示，用力作用在物体C上，缓慢转到虚线所示位置的过程

中，A、B、C三个物体始终相对静止，下列说法正确的是（）

，〃///，/〃历）〃////^77〃7^〃/////////

A.C对B的作用力大小和方向都不变

B.C对B的作用力先增加后减小

C.B对A的支持力先减小后增加

D.B对A的摩擦力先增加后减小

【答案】A

【解析】

【详解】AB.以A、B为整体，缓慢转动过程中，根据受力平衡可知，C对B的作用力一直与A、B整体

的重力平衡，则C对B的作用力大小和方向都不变，故A正确，B错误；

CD.以A对象，根据受力平衡可得

N-,f-nzA^sin0

转动过程中，。先减小到零后又增大，则B对A的支持力先增加后减小，B对A的摩擦力先减小后增加，

故CD错误。

故选Ao

3.如图所示，把两个线圈绕在同一个矩形软铁芯上，线圈M通过导线、开关与电池连接，线圈N用导线

连通，导线下面平行放置一个可以自由转动的小磁针，且导线沿南北方向放置。下列说法正确的是

()

A.开关闭合的瞬间，小磁针不会转动

B.开关闭合，待电路稳定后，小磁针会转动

C.电路稳定后，断开开关的瞬间，小磁针不会转动

D.电路稳定后，断开开关的瞬间，小磁针会转动

【答案】D

【解析】

【详解】A.开关闭合的瞬间，线圈M产生磁场，穿过线圈N的磁通量发生变化，产生感应电流，小磁针

会转动，故A错误；

B.开关闭合，待电路稳定后，线圈M产生恒定磁场，穿过线圈N的磁通量不发生变化，小磁针不会转动，

故B错误；

CD.电路稳定后，断开开关的瞬间，线圈M的磁场消失，穿过线圈N的磁通量发生变化，小磁针会转动，

故C错误，D正确。

故选D。

4.中国科学院的环流器装置主要用来研究磁约束下的核聚变，核反应方程是：H+：H-＞；He+；n,已知

a粒子的质量为4.0026u,笊核的质量为2.0141U,散核的质量是3.0161U,中子的质量为1.0087u,

1u相当于931.5MeV,下列有关核反应的说法正确的是()

A.jH+jHfiHe+'n是核聚变反应，也是目前核电站使用的核反应

B.只要把：H和：H放在一个密闭的容器内就可以发生核聚变反应

C.一个笊核与一个鼐核聚变反应吸收的能量是17.6MeV

D.一个笊核与一个瓶核聚变反应释放的能量是17.6MeV

【答案】D

【解析】

【详解】A.jH+jH-iHe+In是核聚变反应，核电站是利用可控原子核裂变释放的核能来发电的，故

A错误；

B.聚变反应需要在高温高压下才能进行，故B错误；

CD.根据题意可知，该反应的质量亏损为

Am=2.0141U+3.0161U-4.0026u—L0087u=0.0189U

则聚变反应释放的能量是

AE=A/77-931.5MeV®17.6eV

故C错误，D正确。

故选D

5.如图所示，密封的矿泉水版中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气，

可看做理想气体。现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中

小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体（）

3

A.体积不变，内能不变

B.体积不变，内能减少

C.体积增大，对外界做正功

D.对外界做正功，并放出热量

【答案】C

【解析】

【详解】上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，气体内能不变；气体压强变小，根据

T

可知气体体积增大，气体对外界做正功；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。

故选C。

6.如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，A8CD是一个矩形，AB=5m,

BC=3m,有一个可视为质点、质量加=lkg的小球用长L=5m的轻绳悬挂在A点.小球随容器一起绕

边做匀速圆周运动，取重力加速度g=10m/s2,已知sin370=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确

的是（

3

A

A.当=1rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4N

B.当0=2rad/s时，器壁C£）对小球的弹力大小是12N

C.小球刚接触器壁8时的角速度是巫rad/s

2

D.小球刚接触器壁8时的角速度是°rad/s

2

【答案】C

【解析】

【详解】CD.设小球刚接触器壁CD时的角速度为4,此时绳子与竖直方向的夹角为e,根据几何关系

可得

sine上3

L5

解得

8=37。

以小球对对象，根据牛顿第二定律可得

mgtan30°=mco^r

叵叵Wd/

故C正确，D错误;

A.当/=1rad/s时，由于

co=1rad/s<g=rad/s

可知小球还未接触器壁CD,故A错误；

B.当。=2rad/s时，由于

V)o

=2rad/s>g=—rad/s

设器壁CD对小球的弹力大小为N,绳子拉力大小为T，则有

Tcos37°=mg

Tsm31°+N=mciTr

联立解得

N=4.5N

故D错误。

故选C。

7.如图所示的电路，有定值电阻飞、尺,滑动变阻器H。、电流表、电压表、电容器，内阻不能忽略的

电源。开关S闭合，滑动变阻器《滑片向上滑动，待电路稳定后，与滑动前相比，下列说法正确的是

()

A.电源的效率增加B.电压表示数减小

C.电容器电量增加D.电流表示数减小

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意可知，滑动变阻器&滑片向上滑动，接入电路中的电阻减小，则电路的总电阻减小,

由闭合回路欧姆定律可知，总电流增大，路端电压减小

A.电源的效率为

UIU

r>=——=—

EIE

则效率减小，故A错误;

BCD.由于路端电压减小，则R2两端电压减小，流过&的电流减小，由于总电流增大，则电流表示数变大,

与两端电压增大，则&两端电压减小，电容器两端电压和电压表示数减小，由。=。。可知，电容器电量

减小，故CD错误，B正确。

故选B。

8.同一条平直公路上，甲车在前，乙车在后，两车在不同的行车道上同向行驶，，=0时刻甲和乙两车相

距乙=15m,其速度一时间”一。图像分别为图中直线甲和直线乙，交点坐标图中已标出，则（）

A.乙车的加速度是OSm/s?

B.10s时两车相距最远

C.5s时两车相遇

D.20s时两车再次相遇

【答案】C

【详解】A.V-f图像中，斜率表示加速度，由图可知，乙车的加速度是

箸*…m/s

甲车的加速度为

寄=^m/s2=0.6m/s2

故A错误;

BCD.由图可知，甲车做初速度为0,加速度为0.6m/s?的匀加速直线运动，乙车做初速度为4m/s,加速

度为0.2m/s2的匀加速直线运动，设经过时间「两车相遇，由公式x=+有

1,1,

4,+—x0.2r——x0.6r=15m

22

解得

r=5s

或

r=15s

r=15s之后，甲车比乙车的速度大，两车之间的距离逐渐增大，由于不知道运动结束的时间，则不能确定

何时两车距离最大，故BD错误，C正确。

故选C。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示是两个理想单摆在同一地点的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确

A.f=2s时，甲单摆的摆线拉力为0,乙的速度为0

B.增大乙的摆球质量，乙的周期有可能与甲相等

C.甲摆球和乙摆球永远不可能同时均处于动能最小的状态

D.乙摆球位移随时间变化的关系式为x=sin(gf]cm

【答案】CD

【解析】

【详解】A.，=2s时，甲单摆运动到最低点，摆球速度最大，细线拉力和小球重力提供向心力，摆线拉力

不为0,故A错误；

B.由周期公式7=2%聆可知，周期与摆球质量没有关系，故B错误；

C.根据题意，由图可知，乙的周期是甲的2倍，甲乙同时从平衡位置向正方向运动，则永远不可能同时均

处于动能最小的状态，故C正确；

D.由图可知，乙单摆的振幅为1cm,圆频率为

2471,/

co-——=—rad/s

T4/

又有1=0时，1=0,且开始向正方向运动，则乙摆球位移随时间变化的关系式为

./兀）

x=sin—tcm

（4）

故D正确。

故选CD。

10.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到。点并系住物体加。现推动物体将弹簧压缩到A点，然后

释放，物体一直运动到8点速度减为零。如果物体受到地面的摩擦阻力恒定，则（）

乡

7IIWI....•.

i^/WVWWVW^

夕[二—'

AOB

A.物体从A到。的过程加速度先变小后变大

B.物体从。到8的过程加速度逐渐变大

C.物体运动到。点时速度最大

D.物体在8点速度减为零后一定保持静止

【答案】AB

【解析】

【详解】A.在A点合力水平向右，在。点合力水平向左，因此从A到。存在一个点加速度为零，从A到

。加速度先变小后变大，故A正确；

B.物体从。到B的过程，滑动摩擦力方向向左，弹簧弹力也向左且逐渐增大，所以加速度逐渐变大，故B

正确；

C.当物体加速度为零时速度最大，物体运动到。点时合力是滑动摩擦力，加速度不为零，速度最大的点在

从A到O之间某个位置，故C错误；

D.物体在8点速度减到为零后，如果此时弹簧弹力大于最大静摩擦力，则物体将继续运动，故D错误。

故选ABo

11.如图所示，是一颗卫星发射的简化过程示意图。首先将卫星发射到近地圆轨道1,轨道1的半径近似

等于地球半径R,在M点点火加速变到椭圆轨道2,远地点N到地心的距离是3R,在N点再次点火加

速使卫星在圆轨道3上做匀速圆周运动。已知引力常量G和卫星在轨道2上的周期丁，下列说法正确的是

A.卫星在轨道1上运动的周期是也T

4

B.卫星在轨道2上正常运行时经过M点的加速度，大于在轨道1上正常运行时经过〃点的加速度

C.卫星在轨道2上正常运行时经过M点的加速度，等于在轨道1上正常运行时经过M点的加速度

4万2

D.根据题中的条件可以求出地球的质量是把?

GT2

【答案】AC

【解析】

【详解】A.根据题意可知，轨道2的半长轴为2H，由开普勒第三定律有

（2—）3_R3

T2~T^

解得

夜

T.=—T

'4

故A正确；

BC.由万有引力提供向心力有

GMm

——--=ma

r

解得

GM

a=2~

可知，卫星在轨道2上正常运行时经过M点的加速度，等于在轨道1上正常运行时经过M点的加速度，故

B错误，C正确；

D.由万有引力提供向心力有

GMm

R

R2

解得

4/2店3242R3

GT2-^2

故D错误。

故选AC,

12.图1中A、8、C是某电场中的一条电场线上的三个点，若将一正电荷从A点处由静止特放，仅在电

场力作用下，正电荷沿电场线从A经过B到C,运动过程中的速度一时间图像如图2所示。下列说法正确

的是（）

ABC

图1

A.在A、B、C三个点中,8点的电场强度最大

B.在A、B、。三个点中,C点的电势最低

C.在A、B、。三个点中,C点的电势最高

D.在A、B、C三个点中，正电荷在A点的电势能最大

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由牛顿第二定律有

Eq=ma

根据V-f图像中斜率表示加速度，由图可知，电荷在B点时加速度最小，则8点的电场强度最小，故A错

误;

BCD.根据题意，由图可知，正电荷沿电场线从A经过8到C,速度一直增加，电场力一直做正功，电势

能减少，则有

小>EpB>Epc

由£p可得

%>%>(Pc

故C错误，BD正确。

故选BD,

13.如图所示，在水平面上固定光滑导轨PQ、RS，PR之间用导线连接，两导轨间距是L。两导轨间有

磁感应强度大小为8、方向竖直向上的匀强磴场，虚线是匀强磁场的左、右边界，在磁场左边导轨上有一

根质量为加、有效电阻为R的导体棒MN,导体棒以初速度%向右进入磁场，并以速度丫从右边穿出磁

场，其余电阻不计，下列说法正确的是()

A.导体棒穿过磁场的过程中电流方向由N到M

B.导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是,机丫；-4加丫2

22

c.通过导体棒的电量是

BL

D.匀强磁场左、右边界之间的距离是"心。一：’)R

B2L2

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据题意，由右手定则可知，导体棒穿过磁场的过程中电流方向由故A错误;

B.根据题意，由能量守恒定律可知，导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是

Q=gmv；-gmv2

故B正确；

CD.根据题意，由动量定理有

-BILt=mv-mv0

则有

a=m%一mv

解得

_mv0-mv

-AO-E_

由七=——、1=£和4="可得

△tR

A-①----BL-x---

解得

加（％加

故C错误，D正确。

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共56分。

14.某实验小组用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时的规律，实验装置如图所示。

用注射器封闭一定量的气体，其压强p可由左侧的压强传感器测得，体积丫由注射器壁上的刻度读出，下

列说法正确的是（）

压强传感器

A.注射器必须水平放置

B改变气体体积时，应缓慢推动活塞

C.改变气体体积时，推动活塞快慢对实验没有影响

D.处理数据时可以作出图像，如果是过原点倾斜的直线，说明压强"与体积V成反比关系

【答案】BD

【解析】

【详解】A.注射器不必保持水平放置，气体压强由传感器直接读出，故A错误；

BC.防止封闭气体的温度发生改变，改变气体体积时，应缓慢推动活塞，故C错误，B正确；

D.处理数据时可以作出《图像，如果是过原点倾斜直线，说明压强P与体积V成反比关系，故D

正确。

故选BD。

15.某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示。

（1）将滑块A放置在气垫导轨上，打开气泵，待气流稳定后，调节气垫导轨的调节旋钮，下列哪些选项

说明气垫导轨已调到水平。

A.当气垫导轨与桌面平行时

B.轻推滑块A,经过两个光电门的时间相等

C.直接用眼睛观察气垫导轨是否水平

D.滑块A能在气垫导轨上保持静止

（2）测出滑块A和遮光条的总质量为〃久，滑块8和遮光条的总质量为"％，两遮光条的宽度相同。将滑

块B静置于两光电门之间，将滑块A静置于光电门1左侧，推动A,使其获得水平向右的初速度，经过光

电门1并与B发生碰撞，碰撞后A被弹回，再次经过光电门1。光电门1先后记录的挡光时间分别为

△4、△小光电门2记录的挡光时间为△%，则实验中两滑块的质量应满足加A（选填

或）。

（3）若碰撞过程中动量守恒，则满足的关系式是。

’1111

【答案】①.BD##DB②.<③.，纵----1----|=%-----

（名）绝

【解析】

【详解】.

（1）［1JA.由于桌面不一定是水平的，则当气垫导轨与桌面平行时，气垫导轨不一定水平，故A错误；

B.轻推滑块A,经过两个光电门的时间相等，说明滑块A做匀速运动，则气垫导轨水平，故B正确；

C.直接用眼睛观察气垫导轨是否水平，误差太大，故C错误；

D.滑块A能在气垫导轨上保持静止，说明受力平衡，则气垫导轨水平，故D正确。

故选BDo

（2）［2］实验过程中，滑块A与滑块B碰撞后反向弹回，则有

心＜mn

（3）⑶根据题意可知，滑块A碰撞之前的速度大小为

碰撞之后的速度大小为

滑块B碰撞之后的速度大小为

d

v=——

2结

若系统动量守恒，则有

%=^B岭一加A/

即满足上式，则碰撞过程动量守恒。

16.有一个待测电阻R,大约100。，某同学想测量多组数据并尽可能准确测量它的阻值，在实验室找到以

下器材：

A.学生电源E（电动势为6.0V）

B.电压表V（量程为0〜6V,内阻约6k£2）

C.电流表A（量程为0~3（）mA,内阻为5Q）

D.滑动变阻器飞（最大阻值IkC,额定电流50mA）

E.滑动变阻器&（最大阻值10C,额定电流1A）

F.定值电阻叫=5。

G.定值电阻凡=20。

H.开关、导线若干

（1）根据所提供的器材设计实验电路，滑动变阻器应选。（填实验器材前面的选项序号）

（2）请在图1虚线框内画出你设计的电路图，并在电路图上标出选择的定值电阻的符号

或4）。

（3）在某次测量时，电压表和电流表指针分别如图2,3所示，则电压表的示数是V,电流表

示数是mA,请你用这一组数据计算出待测电阻的阻值是。。

③.4.4④.22.0⑤.97.5

【解析】

【详解】（1）［1］为了尽可能准确测量电阻的阻值，需要使电阻的电压从零开始，滑动变阻器采用分压式连

接，为了调节方便,，滑动变阻器应选择阻值较小的&,即选择E。

（2）⑵由所提供的器材可知通过待测电阻凡的最大电流约为

/“、=%=且A=60mA

mR*100

故可将电流表A与定值电阻叫=5。并联，改成成量程为60mA的新电流表，改装后的新电流表内阻为

则改装后的新电流表采用内接法，由于滑动变阻器&的阻值比待测电阻凡小得多，故滑动变阻器应采用

分压接法，电路图如图所示

（3）[3][4]在某次测量时，电压表和电流表指针分别如图2,3所示，则电压表的示数是4.4V；电流表示

数是22.0mA；

[5]可知通过待测电阻的电流为

4=2/=44.0mA

待测电阻两端电压为

3

UX=U-IR,=4.4V-22.0xl0^x5V=4.29V

则待测电阻的阻值为

R=U,=4.29Q=97.5Q

*I,44.0x1O'3

17.如图所示，A8CD是一个等腰梯形玻璃砖的横截面，AB=2L，BC=L,NA=30。。一束光线从

边上的。点平行于A3边射入玻璃砖，折射后照射到AB边的中点E，且NAEO=30°。

（1）玻璃砖的折射率是多少？

（2）作出光在玻璃破中光路图并写出必要的文字说明，求出光从玻璃砖中出射点到。点的距离是多

【答案】（1）6；（2）见解析；立L

3

【解析】

【详解】（1）根据题意，由几何关系可知，光线在。点的入射角为

/=90°-ZA=60°

光线在0点的折射角为

r=180?30?30?90?30?

由折射定律可得，折射率为

sin60°

n=--------

sin30°

(2)根据题意，由公式可得

sinC，=3

n3

由几何关系可知，光线在E点入射角为60。大于临界角，发生全反射，反射光线交CO与尸点，由几何关

系有

EF//BC

则光线在厂点也发生全反射，反射关系交与。.点，如图所示

OD=AO

由正弦定理有

sin120。sin30°

~L-AO

解得

AO=­L

3

即光从玻璃砖中出射点到。点的距离为由•L。

3

18.如图所示，带有■!•圆弧的光滑滑板固定在水平地面上，右边有质量M=4.5kg足够长且与光滑滑板等

4

高的木板，二者不栓接。在光滑滑板上放有质量g=3kg的小木块B,质量g=1kg的小木块A从圆弧

。点正上方力=0.4m处由静止释放，小木块A与小木块B发生弹性碰撞，碰撞后取走小木块A。已知小

木块B与长木板之间的动摩擦因数必=0.4,长木板与地面之间的动摩擦因数〃2=0」，圆弧半径

R=0.4m,取重力加速度g=10m/s2。

(I)小木块A滑到圆弧最低点C时，对滑板的压力大小是多少？

(2)小木块A与小木块B发生弹性碰撞后，小木块B的速度大小是多少？

(3)小木块B与长木板之间因摩擦产生的热量是多少？

7PA

【答案】(1)50N；(2)2m/s；(3)4.8J

【解析】

【详解】(1)小木块A从静止释放到最低点C过程，根据动能定理可得

%=4m/s

小木块A经过C点时，根据牛顿第二定律可得

N—m1g=町—

N=50N

根据牛顿第三定律可知，小木块A滑到圆弧最低点C时，对滑板的压力大小为50N。

(2)设小木块A与小木块B发生弹性碰撞后的速度分别为匕、岭，根据动量守恒和机械能守恒可得

m1Vo=町片+巧彩

］见云=5加H+万风¥

联立解得

v2=2m/s

(3)设小木块B滑上长木板后，小木块B与长木板的加速度大小分别为。2、的，根据牛顿第二定律可得

从租2g=帆2a2

jjfm2g-/J2(m2+M)g=Ma3

解得

22

a2=4m/s,a3=Im/s

设经过t时间小木块B与长木板的速度相等，则有

v3=v2-a2t=%，

解得

t-0.4s>匕=0.4m/s

此过程小木块B与长木板发生的相对位移为

以=而一%板=与上芍♦=0.4m

小木块B与长木板速度相等后保持相对静止一起做匀减速运动，则小木块B与长木板之间因摩擦产生的热

量为

Q=Rmgkx=4.8J

19.如图所示，在平面坐标系的第二象限有一个半径为R的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面问外，圆

形磁场与两个坐标轴相切。在与x轴的切点A处有一个粒子源，可以在坐标平面内向磁场内各个方向发射

带正电的粒子，已知粒子的电荷量为4、质量为"?、速度为%,粒子的重力及粒子间相互作用不计，磁感

应强度用=吟。在第一象限内虚线与x轴的夹角8=45°,OM与x轴之间存在沿-y方向、电场

qR

强度为E=2■的匀强电场。

qR

(1)垂直X轴射入圆形磁场的粒子再次到达X轴所用的时间及距坐标原点。的距离是多少？

(2)若在第一象限和y轴之间加一个用=屈为垂直于纸面向外的匀强磁场，粒子从A点射入的

qR

方向在哪个范围时，粒子经过匀强磁