1、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粒子，其中粒子是（ ）A. 中子B. 质子C. 电子D. 光子【答案】C【详解】放射性元素衰变时放出的三种射线、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【详解】A依据左手定则，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
2、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【答案】B【详解】AB对人受力分析有 因此有FNFT= mg，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 因此有，所以随着重物缓慢拉起过程，逐渐增大，FT逐渐增大，CD错误。故选B。4. 下面
3、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5sB. 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【答案】C【详解】A据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，因此可知两者间距离等于，n = 0，1，2，根据，n = 0，1，2，B错误；C据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据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r0时，分子间
4、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. 分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小【答案】C【详解】据图分析，分子间距离大于r0，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，分子势能减小，因此在r0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。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（ ） 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.
5、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【答案】C【详解】A据图分析可知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，因此根据右手定则，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
6、。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. CEB. C. D. 【答案】C【详解】电路稳定后，由于电源内阻不计，因此整个回路可看成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，因此电容两端的电压，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
7、：1，试求Q1：Q2是多少（ ） A. 2n2：1B. 4n2：1C. 2n3：1D. 4n3：1【答案】C【详解】对小球受力分析如图所示 由正弦定理有，其中CPH = OPB，CHP = HPD = APO，其中APO中，同理有其中，联立解得Q1：Q2= 2n3：1。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【答案】ACD【详解】A飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进
8、行加速做离心运动才能完成，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，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【详解】A光的频率，A正确；B光子的能量，B错误；C光子的动量，C正确；D在时间t内激光器发射的光子数，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（ ）
9、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【详解】A电源电压的有效值，A错误；B交流电的周期，B正确；CD根据，可得副线圈匝数匝，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【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，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
10、在MN两点的电势也相等，因此MN两点电势相等，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，因此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。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（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
11、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【详解】A若粒子打到PN中点，因此，可解得，A正确；B粒子从PN中点射出时，则有，速度，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，则有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，因此粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为，解得，C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，因此此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，,出离电场的最大速度因此由，可得最大半径，D正确；故选AD。14. 用激光测玻
12、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】 . . . 变小【详解】（1）根据题意分析画出光路图如下图所示： （2）设光线入射角为、折射角为，则在C点根据折射定律有nsin = sin，根据射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，因此有
13、S1S2= CB，根据几何关系可知，联立解得。（3）如果改用宽ab更小的玻璃砖做实验，因此画出光路图如下 可看出S1S2间的距离变小。15. 用如图所示的电路测量一个量程为100A，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，R1（0 9999.9），R2（99999.9） （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_：将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；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；断开S1、S2，拆除
14、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”、“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，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】 . R1 . R2 . . . 1998.0 . 小于 . 1.28 . 【详解】（1）根据半偏法的测量原理可知，RM与R1相当，当闭合S2之后，变阻器上方的电流应基本
15、不变，就需要RN较大，对下方分压电路影响甚微。因此RM应选R1，RN应选R2。（2）根据电路图连接实物图有 （3）根据半偏法的实验步骤应为：将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；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；闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。（4）根据RM调节后面板读数为1998.0。当闭合S2后，原电路可看成如下电路 闭合S2后，相当于RM由无穷大变成有限值，变小了，则流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于，因此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2V的电压
16、表，因此需要串联一个电阻R0，则有U = Ig(RgR0)此时的电压读数有U = I(RgR0)，其中U = 2V，Ig= 100A，I = 64A，联立解得U = 1.28V（6）根据题意分析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【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。（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
17、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【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，解得。（2）对金属杆，通电时间，根据动量定理有，由运动学公式，通过金属杆截面的电荷量，联立解
18、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？（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？（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。 【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有，可解得，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
19、，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，C向右运动距离。根据功能关系可知，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，所以此刻的相对位移为，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，碰撞时由动量守恒可得，可解得碰撞后B、C速度为，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，因此从滑上到最终停止所用的时间总时间。
