【高考真题】2023年高考物理真题试卷-海南卷（含答案）

【高考真题】2023年高考物理真题试卷（海南卷）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仑兹力水平向右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．小球受到的洛仑兹力对小球做正功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/sC．4s时P质点向上振动 D．4s时Q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（）A．分子间距离大于r0B．分子从无限远靠近到距离r0C．分子势能在r0D．分子间距离在小于r06．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abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．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（）A．CE B．12CE C．258．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A．2n2：1 B．4n2：1二、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cB．光子的能量为hC．光子的动量为hD．在时间t内激光器发射的光子数为Ptc11．下图是工厂利用u=2202sin100πtV的交流电给A．电源电压有效值为2202V 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，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13．如图所示，质量为m，带电荷为+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、yA．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vC．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mD．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是m三、非选择题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S（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，S（3）若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S1S215．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，R1(0∼9999.9Ω)（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RN②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节④断开S1（4）如图是RM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。（此处应该有一个电阻箱的图）

（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。（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OP16．某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t=27℃时，压强P=1.050×10（1）t'（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，U形金属杆上边长为L=15cm，质量为m=1×10−3kg（1）若揷入导电液体部分深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/（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18．如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径R=0.2m，一质量为mB=1kg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=3kg，B、C间动摩擦因数μ求：（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？（2）若B末与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0.16m<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。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】天然放射现象释放的α、β、γ三种射线，分别是24He、-1【分析】正确理解天然放射现象释放的α、β、γ三种射线的性质分别是氦核流、电子流和光子流。2．【答案】A【解析】【解答】A、根据左手定则判断，小球刚进入磁场时受到的洛仑兹力水平向右，A正确；

BC、带电小球受洛伦兹力和重力的作用，带电小球运动过程中的速度、加速大小方向都在变化，BC错误；

D、洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力不做功，D错误；

故答案为：A【分析】洛伦兹力的方向由左手定则判断，带电小球运动中受重力和洛伦兹力的作用，速度、加速的大小、方向都在变化，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功。3．【答案】B【解析】【解答】A、工人受力分析可知，竖直方向受自身重力，地面支持力，绳子的拉力，三个力作用下处于平衡状态，A错误；

B、工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一次相互作用中产生的作用在两个物体上，大小相等，方向相反的力，是一对作用力与反作用力，B正确；

CD、对动滑轮受力分析如图所示，

可得：FT=mg2【分析】A、对工人受力分析竖直方向受三个力的作用下的平衡；

B、正确理解作用力和反作用力，就可以判断；

CD，对动滑轮受力分析，由平行四边形法则求解拉力与夹角的关系，分析判断。4．【答案】C【解析】【解答】A、由质点P、Q的振动图像可知，该波的周期是4s，A错误；

B、由振动图像可知，振动质点P、Q的振动情形刚好相反，可知两个振动质点之间的距离：nλ+12λ=6(n=01，2，3...)

得：λ=122n+1(n=01，2，3...)

该机械波波速：v=λT【分析】正确理解质点的振动图像，从而得出波的周期，4s时的振动方向，根据两质点的振动情形，由两质点之间的距离判断波长，进一步计算波速。5．【答案】C【解析】【解答】根据分子之间的相互作用，当分子之间的距离等于r0时分子间的合力为零，当分子间的距离大于r0时，分子力表现为引力，随着分子从无限远处靠近到r0的过程中，引力做正功，分子势能减小，在r0处势能最小；当分子间的距离减小到小于【分析】正确理解认识分子间的引力、斥力、合力与分子间距离的关系图像和分子势能与分子间距的关系图像，就可正确判断。6．【答案】C【解析】【解答】A、根据安培定则判断线圈1、2中顺时针电流的磁场方向为竖直向下，A错误；

B、汽车进入线圈1过程，磁通量增大，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为adcb，B错误；

C、汽车进入线圈1过程，磁通量减小，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为abcd，C正确；

D、线圈所受安培力的方向始终和切割方向相反，亦可以用左手定则判断，D错误；

故答案为：C【分析】正确理解掌握安培定则、右手定则、楞次定律、左手定则判断对象和使用方法，就可以做出判断。7．【答案】C【解析】【解答】由电路图可知，电路为3R与2R串联，R与4R串联再并联，且电源内阻不计，故两个支路的总电压均为E，负极板电势视为零，

则2R上的电压为：U上=E5R·2R=25E=φ上；4R上的电压为：【分析】正确应用串并联电路电压特点，计算电路图右端两个电阻电压，由于电源负极板电势可视作零，则该电压分别为电容器上下极板的电势，由此计算电容器的电势差和电荷量。8．【答案】C【解析】【解答】对带正电的小球受力分析如图所示，小球在三个力的作用下处于平衡状态，由正弦定理可得：Fasin∠CPH=Fbsin∠CHP，有几何关系可得：∠CPH=∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO；

在△APO中由正弦定理可得：APsin∠AOP＝AOsin∠APO=APsinπ9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、飞船从1轨道变到2轨道要点火加速做离心运动，才能升轨，A正确；

B、由GMmr2=mr4π2T2得周期公式：T=4π2r3GM得轨道越高周期越大，B错误；【分析】由天体圆周运动的供需平衡可知：升轨加速降轨减速，分别做离心和近心圆周运动；分别得到周期、线速度、向心加速度公式，进行分析判断，亦可总结为高轨低速大周期为判断依据。10．【答案】A,C【解析】【解答】A、由c=λT=λν可得光的频率为：ν=cλ，A正确；

B、光子的能量为：E=hν=hcλ，B错误；

C、光子的动量为：P=hλ【分析】根据光的速度公式得出频率与光速和波长的关系，明确光子的能量公式和动量公式，由激光发射器的功率一定时间内释放的能量等于释放光子的总能量，以此计算判断。11．【答案】B,C【解析】【解答】A、电源电压的有效值为：U1=Em2=22022=220v，A错误；

B、交变电流的周期为：【分析】根据交变电流瞬时值表达式可以得到电源电压的有效值：就是峰值除以2；由角速度可计算周期；利用理想变压器的电压与匝数的关系计算副线圈匝数。12．【答案】B,C【解析】【解答】A、根据电场叠加原理和点电荷的对称分布可知：M、N两点的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；

B、A、B两个点电荷由等量同种电荷等势面分布图可知，在M、N两点的电势相等，而C点的负的点电荷在M、N两点的电势也相等，则M、N两点电势相等，B正确；

C、对AB两个等量同种正电荷电场线和等势面分布图可知：负电荷从M-O移动时电场力做负功；对于C点负点电荷形成的电场中：负电荷从M-O点移动时电场力做负功，所以在整个电场中，负电荷从M-O移动电场力做负功，电势能增大，C正确：

D、同理可以判断负电荷在N点电势能比O点要小，D错误；

故答案为：BC【分析】根据电场的叠加原理和电荷的对称分布，分别分为等量同种正电荷电场线和等势面分布图和负点电荷电场线等势面分布图，分析判断M、O、N的电场强度、电势的关系，并在该电场中M-O，N-O移动负电荷，根据电场力在上述两个电场中做功情况判断电势能的变化。13．【答案】A,D【解析】【解答】A、粒子从NP中点射入磁场，由类平抛运动可得：x0=v0t；12y0=12Eqmt2，联立解得：tanθ=v0vy=v0Eqm·x0v0=mv02Eqx0，粒子在磁场中的速度：v=v0sinθ

粒子在磁场中的圆周运动：Bqv=mv2r14．【答案】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：

（2）l（3）变小【解析】【解答】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：

（2）根据折射定律，由几何关系可得：n=sinγsini=sin∠AOBsin∠AOC

根据已知条件有几何关系可得：sin∠AOB=ABBO=l1l12+15．【答案】（1）R1；（2）（3）①③②④（4）1998.0Ω；小于（5）1.30（6）R【解析】【解答】（1）根据半偏法测量原理，RM的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可，故RM选微安表的满偏电压约为：Ug=IgRg=100×10-6×2000=0.1v，所以RN应选R2变阻箱，选更大的电阻分去更多的电压，限制微安表上的电流；

（2）根据电路图，实物连线补充如图所示；

（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，操作顺序为：①③②④；

（4）变阻箱RM的读数就是微安表的内阻，则待测表头的内阻为：1998.0Ω

由于闭合S2使RM接入并联电路，使电路总电阻减小，总电流增大，微安表和RM并联部分的总电流增大，调节RM使微安表读数为满偏电流一半，RM的电阻会更小一点，所以测量值RM<R微，即测量值小于真实值；

（5）先读出表盘读数为65，根据2v对应100可知：U65=2100得：U=1.30v；

(6)由于OP见电压视作不变，则可得：IRN+R微=I216．【答案】（1）等容变化，由查理定律：P273+t=（2）等温变化