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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
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
，n = 0，1，2，…
根据
，n = 0，1，2，…
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，分子势能增大。
0
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A. CE B. C. D.
【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
电容器下极板的电势为
则电容两端的电压
则电容器上的电荷量为
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
1 2
AP：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
其中
∠CPH = ∠OPB，∠CHP = ∠HPD = ∠APO
其中△APO中
同理有
其中
，
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（ ）
第6页 | 共22页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
【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
可得
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 ，发射波长为 的光，光速为 ，普朗克常量为 ，则（ ）
A. 光的频率为 B. 光子的能量为
C. 光子的动量为 D. 在时间 内激光器发射的光子数为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．光的频率
选项A正确；
第7页 | 共22页的
B．光子 能量
选项B错误；
C．光子的动量
选项C正确；
D．在时间t内激光器发射的光子数
选项D错误。
故选AC。
11. 下图是工厂利用 的交流电给 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 B. 交变电流的周期为
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
选项A错误；
B．交流电的周期
选项B正确；
第8页 | 共22页CD．根据
可得副线圈匝数
匝
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 带正电， 带负电， 为 边
的四等分点，下列说法正确的是（ ）
A. 、 两点电场强度相同 B. 、 两点电势相同
C. 负电荷在 点电势能比在 点时要小 D. 负电荷在 点电势能比在 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 ，带电量为 的点电荷，从原点以初速度 射入第一象限内的电磁场区域，在
第9页 | 共22页（ 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在 区域内有垂直纸面向里
的匀强磁场，控制电场强度（ 值有多种可能），可让粒子从 射入磁场后偏转打到接收器 上，
则（ ）
A. 粒子从 中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从 中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若粒子打到PN中点，则
解得
选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
第10页 | 共22页速度
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
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
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
第11页 | 共22页出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
故选AD。
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，SS= l，则折射率n = _________（用l、l、l 表示）；
1 2 1 2 3 1 2 3
的
（3）若改用宽ab更小 玻璃砖做实验，则SS 间的距离会_________（填“变大”，“变小”或“不
1 2
变”）。
第12页 | 共22页【答案】 ①. ②. ③. 变小
【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
SS= CB
1 2
根据几何关系可知
联立解得
（3）[3]若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如下
第13页 | 共22页可看出SS 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_________；
（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
第14页 | 共22页于”、“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）。
（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
⑤. 1998.0Ω ⑥. 小于 ⑦. 1.28 ⑧.
第15页 | 共22页【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
[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 的电流
2 M N M
大于 ，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。
（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
第16页 | 共22页其中
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
解得
16. 某饮料瓶内密封一定质量理想气体， 时，压强 。
（1） 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？
【答案】（1） ；（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
，
温度变化过程中体积不变，故由查理定律有
解得
第17页 | 共22页（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有
解得
17. 如图所示，U 形金属杆上边长为 ，质量为 ，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 的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深 ，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度 ，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；
（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 ，通电时间
，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】（1） ，4A；（2）0.085C
【解析】
【详解】（1）对金属杆，跳起的高度为 ，竖直上抛运动由运动学关系式
解得
通电过程金属杆收到的安培力大小为
由动能定理得
第18页 | 共22页解得
（2）对金属杆，通电时间 ，由动量定理有
由运动学公式
通过金属杆截面的电荷量
联立解得
18. 如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径 ，一质量为 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 ，B、C间动摩擦因数
，C与地面间的动摩擦因数 ，C右端有一个挡板，C长为 。
求：
（1） 滑到 的底端时对 的压力是多大？
的
（2）若 未与 右端挡板碰撞，当 与地面保持相对静止时， 间因摩擦产生 热量是多少？
（3）在 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求 从滑上 到最终停止所
用的时间。
第19页 | 共22页【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B对A的压力是 。
（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
解得加速度向左为
对C分析，受B向右的摩擦力 和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式 ，得B向右运动的距离
第20页 | 共22页C向右运动距离
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为 ，有
解得
B的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由 ，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经 时间B与C挡板碰撞，有
解得
碰撞时B速度为
第21页 | 共22页碰撞时由动量守恒可得
为
解得碰撞后B、C速度
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经 后停下，则有
故 从滑上 到最终停止所用的时间总时间
第22页 | 共22页
