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海南省2023 年普通高中学业水平选择性考试
1．(2023·海南卷·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 钍元素衰变时放出的β 粒子是电子，C 正确。
2.(2023·海南卷·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 小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；小球
受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B 错误；重力方向始终竖直向
下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿
第二定律知加速度方向时刻变化，C 错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹
力对小球不做功，D 错误。
3.(2023·海南卷·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
答案 B
解析 工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重力，是三力平衡，故A 错误；人对绳
和绳对人的拉力是一对作用力与反作用力，B 正确；重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力
变大，C、D 错误。
4．(2023·海南卷·4)下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6 m 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5 s
B．该波的波速是3 m/s
C．4 s 时P 质点向上振动
D．4 s 时Q 质点向上振动
答案 C
解析 由两个质点的振动图像可知，该波的周期是4 s，A 错误；4 s 时，P 质点向上振动，
Q 质点向下振动，C 正确，D 错误；两个质点振动步调相反，可知两质点间距离等于(2n
＋)λ(n＝0,1,2，…)，只有当n＝0 时，λ＝6 m，λ＝12 m，v＝＝3 m/s，n≥1 时，v≠3 m/s，B
错误。
5．(2023·海南卷·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．分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小
答案 C
解析 分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引
力做正功，势能减小，在r0处势能最小，分子间距离继续减小，分子间表现为斥力，分子力
做负功，势能增大，C 正确。
6.(2023·海南卷·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 根据安培定则可知，线圈1、2 中的电流产生的磁场方向都是竖直向下的，A 错误；
汽车进入磁场时，穿过矩形线圈abcd 的磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流的方
向为adcb，离开时穿过矩形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为
abcd，B 错误，C 正确；安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，D 错误。
7.(2023·海南卷·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( )
A．CE B.CE C.CE D.CE
答案 C
解析 看似是一个电桥，但只需将电源负极接地(就是取电势为零)，则电容器上极板电势为，
下极板电势为，极板间电势差U＝，由Q＝CU，可知C 正确。
8.(2023·海南卷·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＝2 cm，
OB＝4 cm，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AP∶BP＝n∶1，试求Q1∶Q2是多少( )
A．2n2∶1
B．4n2∶1
C．2n3∶1
D．4n3∶1
答案 C
解析 对小球受力分析如图所示。
在△CPH 中根据正弦定理有：＝，又∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO 中：
＝，同理：＝，FA＝k，FB＝k，联立以上各式，解得Q1∶Q2＝2n3∶1，C 正确。
二、多项选择题，每题4 分，共20 分
9.(多选)(2023·海南卷·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
答案 ACD
解析 飞船从较低的轨道1 进入较高的轨道2，需要点火加速做离心运动才能完成，由＝m
＝mr＝ma 可得a＝，v＝，T＝2π 可知，飞船在1 轨道的速度大于在2 轨道，在1 轨道的周
期小于2 轨道周期，在1 轨道的加速度大于在2 轨道的加速度，故A、C、D 正确。
10．(多选)(2023·海南卷·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
B．光子的能量为
C．光子的动量为
D．在时间t 内激光器发射的光子数为
答案 AC
解析 由波的知识可知：λ＝cT＝，则ν＝；光子能量E＝hν＝h，光子动量p＝，时间t 内发
射的光子的总能量为Pt，即有n·h＝Pt，可得n＝，A、C 正确。
11．(多选)(2023·海南卷·11)如图是工厂利用u＝220sin 100πt V 的交流电给36 V 照明灯供电
的电路，变压器原线圈匝数为1 100 匝，下列说法正确的是( )
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180 匝
D．副线圈匝数为240 匝
答案 BC
解析 Um＝220 V，则U 有效＝＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝可知周期T＝0.02 s，原、副
线圈匝数比＝，解得n2＝180 匝，B、C 正确。
12.(多选)(2023·海南卷·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 两正电荷在M 点的合场强向右，在N 点的合场强向左，负电荷在M 和N 点的场强分
别沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M 和N 的场强大小相等、方向不同，A 错误；由
等量同种电荷的电场分布规律，可知两正电荷的电场在M 和N 两点的电势相同，负电荷C
在M、N 两点的电势也相同，故M、N 两点的电势相同，B 正确；两正电荷在M 点的电势比
在O 点的高(因两正电荷在AO 间的合场强向右)，负电荷C 产生的电场中，离负电荷越近电
势越低，故负电荷在M 点的电势也比在O 点的要高，可知M 点电势比O 点高，而负电荷在
电势越高处电势能越小，C 正确；由对称性可知N 点和M 点电势相同，则负电荷在N 点电
势能也比在O 点时要小，D 错误。
13.(多选)(2023·海南卷·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v0
射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电
场，在x>x0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MN 上，则( )
A．粒子从NP 中点射入磁场，电场强度满足E＝
B．粒子从NP 中点射入磁场时速度为v0
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM 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 若粒子打到NP 中点，则x0＝v0t1，y0＝·t1
2，解得E＝，选项A 正确；粒子从NP 中点
射出时，则＝t1，速度v1＝＝，选项B 错误；
粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝＝，粒子从电场中射出
时的速度v＝，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB＝m，则粒子进入磁场后做圆周运
动的圆心到MN 的距离为d＝rcos θ，解得d＝，选项C 错误；当粒子在磁场中有最大运动
半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N 点进入磁场，此时竖直最大速度vym＝，x0
＝v0t，射出电场的最大速度vm＝＝，则由qvB＝m，可得最大半径rm＝＝，选项D 正确。
14.(2023·海南卷·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，回答
下列问题：
(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＝ l3，则折射率n＝________(用l1、l2、l3表示)；
(3)若改用宽ab 更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会________(填“变大”“变小”或
“不变”)。
答案 (1)见解析图 (2) (3) 变小
解析 (1)根据题意画出光路图如图甲所示
(2)设光线在C 点射出时入射角为θ、折射角为α，则根据折射定律有nsin θ ＝ sin α
由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，则S1S2＝ CB
根据几何关系可知sin θ＝
sin α＝
联立解得n＝
(3)若改用宽ab 更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如图乙所示
可看出S1S2间的距离变小。
15.(2023·海南卷·15)用如图所示的电路测量一个量程为100 μA，内阻约为2 000 Ω 的微安表
头的内阻，所用电源的电动势约为12 V，有两个电阻箱可选，R1(0 ～ 9 999.9 Ω)，R2(0 ～
99 999.9 Ω)
(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)如图是RM调节后面板，则待测表头的内阻为________，该测量值________(填“大于”
“小于”或“等于”)真实值。
(5)将该微安表改装成量程为2 V 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，S2断开，电表满偏时读出RN值，在滑动头P 不变，
S2闭合后调节电阻箱RM，使电表半偏时读出RM，若认为OP 间电压不变，则微安表内阻为
________(用RM、RN表示)
答案 (1)R1 R2 (2)见解析图 (3) ①③②④
(4)1 998.0 Ω 小于 (5)1.28 (6)
解析 (1)根据半偏法的测量原理可知，RM与RA相当，当闭合S2之后，滑动变阻器上方的电
流应基本不变，就需要RN较大。故RM应选R1，RN应选R2。
(2)根据电路图连接实物图有
(3)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RN调至最大值；
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；
②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；
④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。
(4)RM调节后面板读数为1 998.0 Ω，即待测表头的内阻为199 8.0 Ω。
闭合S2后，RM与RA的并联阻值小于RA的阻值，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过
RM的电流大于，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。
(5)将该微安表改装成量程为2 V 的电压表，则需要串联一个电阻R0，则有
U ＝ Ig(Rg＋R0)
此时的电压读数有U′ ＝ I′(Rg＋R0)
其中U ＝ 2 V，Ig＝100 μA，I′ ＝ 64 μA
联立解得U′ ＝ 1.28 V
(6)根据题意OP 间电压不变，可得I(RA＋RN)＝(＋)RN＋·RA
解得RA＝
16.(2023·海南卷·16)某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27 ℃时，压强p＝1.050×105
Pa，
(1)t′＝37 ℃时，气压是多大？
(2)保持温度不变，挤压气体，使其压强与(1)时相同时，气体体积为原来的多少倍？
答案 (1)1.085×105 Pa (2)0.97
解析 (1)由查理定律有：＝，
解得p′＝1.085×105 Pa
(2)由玻意耳定律有：pV＝p′V′，解得V′≈0.97V。
17．(2023·海南卷·17)如图所示，U 形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，
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＝8×10－2 T
的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝
10 cm，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＝
10 m/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′＝5
cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。
答案 (1) m/s 4.17 A (2)0.085 C
解析 (1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I。
金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，
由运动学公式得v2＝2gH，
解得v＝ m/s
由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0，得I≈4.17 A
(2)对金属杆，由动量定理有：(BIL－mg)t′＝mv′，v′＝，又q＝It′，解得q＝0.085 C。
18．(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝
1 kg 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＝3 kg，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？
(3)在0.16 m<L<0.8 m 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。
答案 (1)30 N (2)1.6 J (3)(1－) s
解析 (1)滑块B 下滑到A 的底端过程，由动能定理有：mBgR＝mBv2，解得v＝2 m/s
在A 的底端，由牛顿第二定律有：FN－mBg＝mB，
解得FN＝30 N，由牛顿第三定律可知B 对A 的压力FN′＝30 N；
(2)当B 滑上C 后，B 受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1，解得a1＝
2 m/s2，方向水平向左
C 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μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2，
解得a2＝10 m/s2，方向水平向左，
B 向右运动的距离x1＝，解得x1＝1 m
C 向右运动的距离x2＝，解得x2＝0.2 m
B、C 间摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)，可得Q＝1.6 J；
(3)假设B 还未与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为t1，
有：t1＝，得t1＝0.2 s，此时B 的位移xB1＝vt1－a1t1
2，
解得xB1＝0.36 m
则x 相＝xB1－x2＝0.16 m，
此时vB1＝v－a1t1＝1.6 m/s
由L>0.16 m，一定是C 先停下，之后B 再与C 上挡板碰撞
设再经t2时间B 与C 挡板碰撞，有：
L－0.16＝vB1t2－a1t2
2，得t2＝0.8－，t2＝0.8＋(舍去)
碰撞时B 速度为vB2＝vB1－a1t2＝2
碰撞时由动量守恒定律可得
mBvB2＝(mB＋mC)vBC
解得碰撞后B、C 速度为vBC＝
之后二者一起减速，a3＝μ2g＝8 m/s2，方向向左，经t3后停下，
得：t3＝＝
B 从滑上C 到最终停止所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝(1－) s。
