2023年全国统一高考物理试卷（海南卷）含答案与解析

2023年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）

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.钱元素衰变时会放出方粒子，其中分粒子是（）

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（）

-----------㊉一……---

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

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的两个质点尸、。的振动图像,

下列说法正确的是（)

C.4s时尸质点向上振动D.4s时。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（）

o-……*----^6

A.分子间距离大于为时，分子间表现为斥力

B.分子从无限远靠近到距离为处过程中分子势能变大

C.分子势能在“处最小

D.分子间距离在小于且减小时，分子势能在减小

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Hcd,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Hcd

C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为"cd

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

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（)

3

A.CED.-CE

5

8.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、5两点,AO=2cm,OB=4cm,

在至固定两个带电量分别为乌的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧尸点

（小球可视为点电荷），已知AP：BP=〃：1,试求2：。2是多少（)

A.24：1B.D.4n3:1

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。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A的光,光速为c,普朗克常量为h，则（）

A.光的频率为£

A

B.光子的能量为“

A

C.光子的动量为白

4

D.在时间f内激光器发射的光子数为二

ia

11.如图是工厂利用a=22O0sinlOORV的交流电给36V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220回B.交变电流的周期为0.02s

C.副线圈匝数为180匝D.副线圈匝数为240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，。、

M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是（）

/\

A㊉…-...二...*B

MON

A.M、N两点电场强度相同

B.M、N两点电势相同

C.负电荷在以点电势能比在。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“，带电荷为+q的点电荷，从原点以初速度为射入第一象限内的电

磁场区域，在O<x<xo（xo>%为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在x>不

区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入

磁场后偏转打到接收器肱V上，则（)

A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E=4嘤

qx。

B.粒子从NP中点射入磁场时速度为%

y%

C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为外

qB

D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是吗、但坐

qBV玉）

三、实验题：本题共2小题，共20分。不要求写出演算过程。

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，此时在屏上的工处有激光点，移走玻璃砖，光点移到邑处。

（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；

（2）已经测出A3=/rOA=l2,S[S2=l3,则折射率〃=（用4、八4表示）；

（3）若改用宽就更小的玻璃砖做实验，则S应间的距离会（填“变大”，“变小”

或“不变”）。

ss

15.用如图1所示的电路测量一个量程为100〃A,内阻约为2000。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，4（0~9999.90）,6（0~99999.9。）

（1）%应选，%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&调至最大值;

②闭合开关邑，调节时,使微安表半偏，并读出时阻值;

③断开s?，闭合调节滑动头P至某位置再调节演使表头满偏;

④断开工、邑，拆除导线，整理好器材。

（4）如图2是“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。

图2

（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（保留三位有效数字）。

（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，邑断开，电表满偏时读出心值，在滑动头尸不

变，S?闭合后调节电阻箱时,使电表半偏时读出时，若认为OP间电压不变，则微安表内

阻为：o（用时、RN表不）

四、计算题：本题共3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

16.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，r=27°C时，压强p=1.050x105尸。。

（1）〃=37°C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?

17.如图所示，。形金属杆上边长为L=15~z,质量为，〃=卜10-3像，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8=8x10-2T的匀强磁场。

(1)若插入导电液体部分深刀=2.5cm,闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度

H=10cm,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；

(g—10m/s2)

(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5s?,

通电时间/=Q002s,求通过金属杆截面的电荷量。

XXXXXXXX

B

XXXXXXXX

18.如图所示，有一固定的光滑:圆弧轨道，半径火=0.2根，一质量为机8=1总的小滑块5

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M=0.2,C与地面间的动摩擦因数〃2=0.8,C右端有一

个挡板，C长为L。

求：

(1)8滑到A的底端时对A的压力是多大？

(2)若3未与C右端挡板碰撞，当3与地面保持相对静止时，B,C间因摩擦产生的热量

是多少？

(3)在O.167〃<L<O8〃时，8与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求8从滑上C

到最终停止所用的时间。

参考答案与解析

l.C

【解析】放射性元素衰变时放出的三种射线1。、y,其中万粒子是电子。故C正确，

ABD错误。

故选C。

2.A

【解析】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

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，故错误。

故选Ao

3.B

【解析】AB：对人受力分析有

mg

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

则随着重物缓慢拉起过程，e逐渐增大，则为逐渐增大，故错误。

故选B。

4.C

【解析】A：根据振动图像可看出该波的周期是4’,故错误；

B：由图像可知，质点。、尸的起振方向相反

则两质点之间的距离满足x="2+!几，其中〃=。，1,2,...

2

根据波长、波速和周期的关系v=4

T

代入数据联立解得v=」一，其中〃=0,1,2,故错误；

2n+l

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，故正确；

D：由。质点的振动图像可看出，在4s时。质点在平衡位置向下振动，故错误。

故选C。

5.C

【解析】A：分子间距离大于4,分子间表现为引力，故错误；

BCD：分子间距离变小，引力做功，势能减小，在“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。

6.C

【解析】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，故错

误；

BC：汽车进入磁场时，线圈仍cd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9aZa,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，在汽

车离开线圈1进入线圈2时，汽车受到的安培力方向与速度方向相反，故错误。

故选C。

7.C

【解析】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：

E52E

(P，----2R=—

上5R5

774F

电容器下极板的电势为：

下5R5

则电容两端的电压为：U=上

解得：u=—

则电容器上的电荷量为：Q=CU

7

解得：2=-CE,故C正确、ABD错误。

故选C。

【解析】对小球受力分析如图所示:

H

FBC4〃D

AOB

在ASP中，根据正弦定理有

sinZCPHsmZCHP

其中=ZCHP=ZHPD=ZAPO

在AAPO中，根据正弦定理

sinO-ZPOB)sinZAPO

在ABPO中，根据正弦定理———=—

sinNPOBsinZBPO

根据库仑定律工=%罪，弓=左器

联立以上各式，解得G：Q=2"3：1

综上分析，故ABD错误，C正确。

故选C。

9.ACD

【解析】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:

Mmv24/

CJ——=m—=m——r=ma

rT2

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B错误，CD正确。

故选ACDo

10.AC

【解析】A：根据波速与波长、频率之间的关系可知光的频率：v=-,故正确;

A

B：光子的能量：E=hv=—,故错误；

C：根据德布罗意波长计算公式2=2可得光子的动量：p上,故正确;

p2

D：在时间，内激光器发射的光子数：V*，故错误。

故选ACo

11.BC

【解析】A：根据交流电的瞬时值表达式，电源电压的有效值。=翌祖丫=220V,故错误;

3

B：根据交流电的瞬时值表达式，交流电的周期7=也=至s=0.02s,故正确；

CD100万

CD：根据以=幺可得副线圈匝数%="4=三、1100匝=180匝，故C正确，D错误。

n2U2U}220

故选BC»

12.BC

【解析】A：根据场强叠加的特点以及对称性可知，"N两点的场强大小相同，不过方向不

同，故A错误；

B：因在帅处的正电荷在两点的合电势相等，在C点的负电荷在"N两点的电势也相

等，由此可分析出两点电势相等，故正确；

CD：根据题意可知，负电荷从M到O,因两电荷的合力对负电荷的库仑力从。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“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。

13.AD

【解析】A：根据带电粒子在电场中做类平抛运动，若粒子打到RV中点，则

x方向匀速直线运动，有：xo=vot

y方向粒子做匀加速直线运动，有：

根据牛顿第二定律得：Eq=ma

解得：£=如逗，故正确；

qx。

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：为=乜》

22

刚出电场射入磁场时速度匕=展+*,=Jv；+（汐

将”也代入解得：+，故错误；

%%

C：粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为6,轨迹如下图所示:

贝"tan<9=%=%

将“、t代入得:tan6=〃K

qEx0

粒子从电场中射出时的速度v=」工

sin。

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=m—

r

则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为』='8$。

联立解得：4=生

因E值有多种可能，故粒子在磁场中做圆周运动的圆心到M0的距离有多种可能，故错误；

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，则在电场中沿电场方向

加速的距离最大，则y方向速度及合速度最大，此时粒子从N点进入磁场，则与“=乎

%=卬

出离电场的最大速度：匕“=〃；+吃=%也；+4、

玉）

2

则由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m—

r

可得最大半径：/=卓=匕上户于，故正确。

qBqB'x0

故选AD。

14.(1)

⑵4J（4-，3）2+/；

（4-］）々+，；

（3）变小

【解析】（1）根据题意结合光的传播情况作出光路图如图所示:

sinr

根据几何关系可得:

.ACA5—S］邑hk

sinr=----

OC^AB-S.S,)*2+OA2Jd)2+/；

联立解得:

(4-&Wi；+/；

（3）若玻璃砖宽度变小，相当于把ad边下移，与两条光线的交点距离变小，即8C就小,

那SR也会变小。

15.(1)&,R2

(2)

(3)①③②④

(4)1998.0Q,小于

(5)1.30

(6)殳一

RN-RM

【解析】(1)根据半偏法的测量原理可知，时与与相当，当闭合邑之后，变阻器上方的电

流应基本不变，就需要时较大，对下方分压电路影响甚微。故R”应选与，岛应选4；

(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，先闭合工

开关，调节电阻箱R”再闭合邑调节电阻箱时，最后断开开关整理器材，正确的操作顺序

是：①③②④;

(4)读出的“即是微安表的内阻。

当闭合邑后，原电路可看成如下电路:

闭合S?后，相当于R”由无穷大变成有限值，变小了，不难得到流过演的电流大于原来的

电流’则流过时的电流大于g故…。

(5)按读数规则，只需要读出65即可，按换算关系二_=2可知，电压为："=1.30V

10065

RN)=m

(6)根据题意可得:/(色+

RNRM

解得：RA=

RN-RM

16.(1)1.085x1()5网

(2)0.968

【解析】(1)瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为

T=(27+273)K=300K,V=(37+273)K=310K

温度变化过程中体积不变，故由查理定律有

T~r

解得：p-=1.085xlO5Pa

(2)保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有

pV=p'V

解得：w®0.968V

答：(1)，=37°C时，气压为1.085xlO5Pa；

(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0.968倍。

17.(1)金属杆离开液面时的速度大小为"w/s,金属杆中的电流为4.17A

⑵0.085C

【解析】(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/。金属杆离开

液体后做竖直上抛运动，由运动学公式得：

卡=2gH

解得：v=Q2gH=72x10x10x102m/s=~j2m/s

通电过程金属杆受到的安培力大小为：

FA=BIL

对金属杆到达最高点的过程，由动能定理得:

FAh—mg(H+7?)=0

1x10-3x10x(10+2.5)x10-2AT

联立解得：/="喝：〃)

BLn8x10-2*15x10—2,2.5>10-2-,

(2)对金属杆，通电时间〃=0.002s,规定向上为正方向，由动量定理得:

{BI'L—mg)f=mV—0

由运动学公式

vn=2gH'

通过金属杆截面的电荷量

t,_mj2gH，+mgf_1x10-3xJZxlOxSxlO"+1x107x10x0.002

q=I't1C=0.085C

BL8X10-2X15X10-2

答：(1)金属杆离开液面时的速度大小为圆金属杆中的电流为4.17A；

(2)通过金属杆截面的电荷量为Q085C。

18.(1)3ON

(2)1.6J

、1510.8-L

(C3)H(1----------)、s

16

【解析】(