2023年高考物理试卷（海南）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2023·高考物理真题

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 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 【答案】A 【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的作用，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 第1页 | 共22页【答案】B 【解析】 【详解】AB．对人受力分析有 则有 F ＋F = mg N T 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 mg F = T 2cosq 则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，CD错误。 T 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 B. 该波的波速是3m/s C. 4s时P质点向上振动 D. 4s时Q质点向上振动 【答案】C 【解析】 第2页 | 共22页【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 æ 1ö ç n+ ÷ l=6m，n = 0，1，2，… è 2ø 根据 l 3 v= = m/s，n = 0，1，2，… T 2n+1 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r 时，分子间表现为斥力 0 B. 分子从无限远靠近到距离r 处过程中分子势能变大 0 C. 分子势能在r 处最小 0 D. 分子间距离小于r 且减小时，分子势能在减小 0 【答案】C 【解析】 【详解】分子间距离大于r ，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r 处过程中，引力做正功，分 0 0 子势能减小，则在r 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 0 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（ ） 第3页 | 共22页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（ ） 第4页 | 共22页1 2 3 A. CE B. CE C. CE D. CE 2 5 5 【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 E 2E j = ×2R= 上 5R 5 电容器下极板的电势为 E 4E j = ×4R= 下 5R 5 则电容两端的电压 2E U = 下上 5 则电容器上的电荷量为 2 Q=CU = CE 上下 5 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Q 、Q 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： 1 2 BP = n：1，试求Q ：Q 是多少（ ） 1 2 A. 2n2：1 B. 4n2：1 C. 2n3：1 D. 4n3：1 【答案】C 【解析】 【详解】对小球受力分析如图所示 第5页 | 共22页由正弦定理有 F F A = B sinÐCPH sinÐCHP 其中 ∠CPH = ∠OPB，∠CHP = ∠HPD = ∠APO 其中△APO中 AP AO = sinp-ÐPOB sinÐAPO 同理有 BP BO = sinÐPOB sinÐBPO 其中 Qq Q q F =k 1 ，F =k 2 A AP2 B BP2 联立有 Q ：Q = 2n3：1 1 2 故选C。 二、多项选择题，每题 4分，共 20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 第6页 | 共22页【答案】ACD 【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 Mm v2 4p2 G =m =m r =ma r2 r T2 可得 GM a = r2 GM v= r r3 T =2p GM 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P，发射波长为l的光，光速为c，普朗克常量为h，则（ ） c h A. 光的频率为 B. 光子的能量为 l l h Ptc C. 光子的动量为 D. 在时间t内激光器发射的光子数为 l hl 【答案】AC 【解析】 【详解】A．光的频率 c n= l 选项A正确； B．光子的能量 hc E =hn= l 选项B错误； 第7页 | 共22页C．光子的动量 h p= l 选项C正确； D．在时间t内激光器发射的光子数 Pt Ptl n= = E hc 选项D错误。 故选AC。 11. 下图是工厂利用u =220 2sin100ptV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 2V 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 【答案】BC 【解析】 【详解】A．电源电压的有效值 220 2 U = V=220V 2 选项A错误； B．交流电的周期 2p 2p T = = s=0.02s w 100p 选项B正确； CD．根据 n U 1 = 1 n U 2 2 可得副线圈匝数 U 36 n = 2 n = ´1100=180匝 2 U 1 220 1 第8页 | 共22页选项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 【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m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度v 射入第一象限内的电磁场区域，在 0 0< y < y ,0< x< x （x、y 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在x> x 区域内有垂直纸面向里的 0 0 0 0 0 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MN 上，则（ ） 第9页 | 共22页y mv2 A. 粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E = 0 0 qx2 0 x2 + y2 B. 粒子从NP中点射入磁场时速度为v 0 0 0 y2 0 mv C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM 的距离为 0 qB mv x2 +4y2 D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是 0 0 0 qB x2 0 【答案】AD 【解析】 【详解】A．若粒子打到PN中点，则 x =v t 0 0 1 1 1 qE y = × t2 2 0 2 m 解得 mv2y E = 0 0 qx2 0 选项A正确； B．粒子从PN中点射出时，则 y v 0 = y t 2 2 1 速度 v v = v2 +v2 = 0 x2 + y2 1 0 y x 0 0 0 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 第10页 | 共22页v v mv2 tanq= 0 = 0 = 0 v qE x qEx y × 0 0 m v 0 粒子从电场中射出时的速度 v v= 0 sinq 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则 v2 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 d =rcosq 解得 Ex d = 0 Bv 0 选项C错误； 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 D． 最大速度 2y v = 0 ym t x =v t 0 0 出离电场的最大速度 v v = v2 +v2 = 0 x2 +4y2 m 0 ym x 0 0 0 则由 v2 qvB=m r 可得最大半径 mv mv x2 +4y2 r = m = 0 0 0 m qB qB x2 0 选项D正确； 故选AD。 第11页 | 共22页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S 处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S 处，回答下列问题： 1 2 （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 = l ，OA = l ，S S = l ，则折射率n = _________（用l 、l 、l 表示）； 1 2 1 2 3 1 2 3 （3）若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S S 间的距离会_________（填“变大”，“变小”或“不 1 2 变”）。 l (l -l )2 +l2 【答案】 ①. ②. 1 1 3 2 ③. 变小 (l -l ) l2 +l2 1 3 1 2 【解析】 【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 S S = CB 1 2 根据几何关系可知 第12页 | 共22页l -l sinq= 1 3 (l -l )2 +l2 1 3 2 l sina= 1 l2 +l2 1 2 联立解得 l (l -l )2 +l2 n= 1 1 3 2 (l -l ) l2 +l2 1 3 1 2 （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S S 间的距离变小。 1 2 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，R （0 ~ 9999.9Ω），R （99999.9Ω） 1 2 （1）R 应选_________，R 应选_________； M N （2）根据电路图，请把实物连线补充完整_________； 第13页 | 共22页（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R 调至最大值； N ②闭合开关S ，调节R ，使微安表半偏，并读出R 阻值； 2 M M ③断开S ，闭合S ，调节滑动头P至某位置再调节R 使表头满偏； 2 1 N ④断开S 、S ，拆除导线，整理好器材 1 2 （4）如图是R 调节后面板，则待测表头的内阻为_________，该测量值_________（填“大于”、“小 M 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_________V （保留3位有效数字）。 第14页 | 共22页（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，S 断开，电表满偏时读出R 值，在滑动头P不变，S 闭合后调 2 N 2 节电阻箱R ，使电表半偏时读出R ，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为_________（用R 、R 表 M M M N 示） 【答案】 ①. R ②. R ③. ④. ①③②④ 1 2 R R ⑤. 1998.0Ω ⑥. 小于 ⑦. 1.28 ⑧. N M R -R N M 【解析】 【详解】（1）[1][2]根据半偏法的测量原理可知，R 与R 相当，当闭合S 之后，变阻器上方的电流应基本 M 1 2 不变，就需要R 较大，对下方分压电路影响甚微。故R 应选R ，R 应选R 。 N M 1 N 2 （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R 调至最大值； N ③断开S ，闭合S ，调节滑动头P至某位置再调节R 使表头满偏； 2 1 N ②闭合开关S ，调节R ，使微安表半偏，并读出R 阻值； 2 M M ④断开S 、S ，拆除导线，整理好器材。 1 2 （4）[5]根据R 调节后面板读数为1998.0Ω。 M 第15页 | 共22页[6]当闭合S 后，原电路可看成如下电路 2 闭合S 后，相当于R 由无穷大变成有限值，变小了，则流过R 的电流大于原来的电流，则流过R 的电 2 M N M I 流大于 原 ，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。 2 （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R ，则有 0 U = I (R ＋R ) g g 0 此时的电压读数有 U′ = I′(R ＋R ) g 0 其中 U = 2V，I = 100μA，I′ = 64μA g 联立解得 U′ = 1.28V （6）根据题意OP间电压不变，可得 I R IR +R =( I + 2 A )R + I ×R A N 2 R N 2 A M 解得 R R R = N M A R -R N M 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。 （1）t¢=37℃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？ 第16页 | 共22页【答案】（1）1.085´105Pa；（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 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 p p¢ = T T' 解得 p¢=1.085´105Pa （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 V¢»0.97V 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´10-2T的匀强磁场。 （1）若插入导电液体部分深h=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H¢=5cm，通电时间 t¢=0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。 第17页 | 共22页【答案】（1） 2m/s，4A；（2）0.085C 【解析】 【详解】（1）对金属杆，跳起的高度为H ，竖直上抛运动由运动学关系式 v2 =2gH 解得 v= 2gH = 2m/s 通电过程金属杆收到的安培力大小为 F = BIL A 由动能定理得 BILh-mgH +h=0 解得 I =4.17A （2）对金属杆，通电时间t¢=0.002s，由动量定理有 BI¢L-mgt¢=mv¢-0 由运动学公式 v'2 =2gH' 通过金属杆截面的电荷量 q= I¢t¢ 联立解得 q=0.085C 1 18. 如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为m =1kg的小滑块B从轨道顶端滑 4 B 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m =3kg，B、C间动摩擦因数 C m =0.2，C与地面间的动摩擦因数m =0.8，C右端有一个挡板，C长为L。 1 2 求： （1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？ （2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？ 第18页 | 共22页（3）在0.16m< L<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所 用的时间。 æ 15 0.8-L ö 【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）ç1- ÷s ç ÷ 16 è ø 【解析】 【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有 1 m gR= m v2 -0 B 2 B 0 解得 v =2m/s 0 在底部，根据牛顿第二定律 v2 F -m g =m 0 N B B R 解得 F =30N N 由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。 （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 f =mm g =m a B 1 B B B 解得加速度向左为 a =2m/s2 1 对C分析，受B向右的摩擦力mm g 和地面向左的摩擦力 1 B f =m m +m g 地C 2 B C 根据牛顿第二定律 f - f =m m +m g-mm g =m a 地C BC 2 B C 1 B C 2 解得其加速度向左为 第19页 | 共22页a =10m/s2 2 由运动学位移与速度关系公式v2 -v2 =2ax，得B向右运动的距离 0 v2 x = 0 =1m 1 2a 1 C向右运动距离 v2 x = 0 =0.2m 2 2a 2 由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量 Q =mm gx -x  1 B 1 2 可得 Q=1.6J （3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t ，有 1 v t = 0 1 a 2 解得 t =0.2s 1 B的位移为 1 x =v t - at2 =0.36m B1 0 1 2 11 则此刻的相对位移为 x = x -x =0.16m 相 B1 2 此时 v =v-at =1.6m/s B1 11 由L>0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t 时间B与C挡板碰撞，有 2 1 L-0.16=1.6v - at2 B1 2 1 2 解得 t =0.8- 0.8-L 2 碰撞时B速度为 第20页 | 共22页v =v -at =2 0.8-L B2 B1 1 2 碰撞时由动量守恒可得 m v =m +m v B B2 A B 解得碰撞后B、C速度为 0.8-L v= 2 之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得 m m +m g a = 2 A B =8m/s2 3 m +m  A B 后再经t 后停下，则有 3 v 0.8-L t = = 3 a 16 3 故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间 15 0.8-L t =t +t +t =1- s 1 2 3 16 第21页 | 共22页第22页 | 共22页