第=page11頁，共=sectionpages11頁2023年海南省新高考物理試卷一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）1.釷元素衰變時會放出β粒子，其中β粒子是(

)A.中子 B.質子 C.電子 D.光子2.如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是(

)A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右

B.小球運動過程中的速度不變

C.小球運動過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功

3.如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(

)A.工人受到的重力和支持力是一對平衡力

B.工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力

C.重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小

D.重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變

4.下面上下兩圖分別是一列機械波在傳播方向上相距6m的兩個質點P、Q的振動圖像，下列說法正確的是(

)

A.該波的周期是5s B.該波的波速是3m/s

C.4s時P質點向上振動 5.下列關于分子力和分子勢能的說法正確的是(

)A.分子間距離大于r0時，分子間表現為斥力

B.分子從無限遠靠近到距離r0處過程中分子勢能變大

C.分子勢能在r0處最小

D.6.汽車測速利用了電磁感應現象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當汽車經過線圈時(

)A.線圈1、2產生的磁場方向豎直向上

B.汽車進入線圈1過程產生感應電流方向為abcd

C.汽車離開線圈1過程產生感應電流方向為abcd7.如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩定后，電容器上電荷量為(

)A.CE

B.12CE

C.

8.如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO=2cm，OB=4cm，在AB固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點(小球可視為點電荷)，已知A

A.2n2：1 B.4n2：1 C.2n3：二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）9.如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號飛船在變軌前后的軌道，下列說法正確的是(

)A.飛船從1軌道變到2軌道要點火加速

B.飛船在1軌道周期大于2軌道周期

C.飛船在1軌道速度大于2軌道

D.飛船在1軌道加速度大于2軌道

10.已知一個激光發射器功率為P，發射波長為λ的光，光速為c，普朗克常量為h，則(

)A.光的頻率為cλ B.光子的能量為hλ

C.光子的動量為hλ D.在時間11.如圖是工廠利用u=2202sin100A.電源電壓有效值為2202V B.交變電流的周期為0.02s

C.副線圈匝數為180匝 12.如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、B帶正電，C帶負電，O、M、N為AB邊的四等分點，下列說法正確的是(

)A.M、N兩點電場強度相同 B.M、N兩點電勢相同

C.負電荷在M點電勢能比在O點時要小 D.負電荷在N點電勢能比在O點時要大13.如圖所示，質量為m，帶電荷為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區域，在0<y<y0，0<x<x0(x0、y0A.粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E=y0mv02qx02

B.粒子從N三、簡答題（本大題共3小題，共9.0分）14.用激光測玻璃磚折射率的實驗中，玻璃磚與屏P平行放置，從另一側用激光筆以一定角度照射，此時在屏上的S1處有激光點，移走玻璃磚，光點移到S2處。

(1)請畫出激光束經玻璃折射后完整的光路圖；

(2)已經測出AB=l1，OA=l2，S1S2=l15.用如圖1所示的電路測量一個量程為100μA，內阻約為2000Ω的微安表頭的內阻，所用電源的電動勢約為12V，有兩個電阻箱可選，R1(0～9999.9Ω)，R2(0～99999.9Ω)

(1)RM應選______，RN應選______；

(2)根據電路圖，請把實物連線補充完整；

(3)下列操作順序合理排列是：

①將變阻器滑動頭P移至最左端，將RN調至最大值；

②閉合開關S2，調節RM，使微安表半偏，并讀出RM阻值；

③斷開S2，閉合S1，調節滑動頭P至某位置再調節RN使表頭滿偏；

④斷開S1、S2，拆除導線，整理好器材

(4)如圖2是RM調節后面板，則待測表頭的內阻為______，該測量值______(大于、小于、等于)真實值。

16.某飲料瓶內密封一定質量理想氣體，t=27℃時，壓強p=1.050×105Pa。

四、計算題（本大題共2小題，共20.0分）17.如圖所示，U形金屬桿上邊長為L=15cm，質量為m=1×10?3kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B=8×10?2T18.如圖所示，有一固定的光滑14圓弧軌道，半徑R=0.2m，一質量為mB=1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知mC=3kg，B、C間動摩擦因數μ1=0.2，C與地面間的動摩擦因數μ2=0.8，C右端有一個擋板，C長為L。

求：

(1)B滑到A的底端時對A的壓力是多大？

(2)若

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：放射性元素衰變時放出的三種射線α、β、γ，其中β粒子是電子。故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

β粒子是電子，由此即可正確解答。

本題考查了原子核衰變的生成物，特別要知道β粒子是電子，β衰變的實質是因為一個中子轉化成質子而釋放出的電子。

2.【答案】A

【解析】解：A.帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場中，小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，根據左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，故A正確；

B.小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運動，速度的方向時刻變化，故B錯誤；

C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，且速度方向時刻變化，合力方向時刻變化，根據牛頓第二定律，加速度的方向時刻變化，故C錯誤。

D.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，洛倫茲力始終與速度方向垂直，根據功的定義，洛倫茲力永不做功，故D錯誤。

故選A。

明確小球運動中受力情況，知道洛倫茲力不做功，從而分析小球運動過程中的速度、加速度情況。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，注意明確洛倫茲力不做功這一性質，同時正確分析功能關系以及掌握牛頓第二定律公式的應用。3.【答案】B

【解析】解：AB、對人受力分析有

則有FN+FT=mg

根據一對平衡力和一對相互作用力的概念可知，工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，故A錯誤、B正確；

CD、對滑輪做受力分析有

則有FT=mg2cosθ

則隨著重物緩慢拉起過程，θ4.【答案】C

【解析】解：A.根據振動圖像可看出該波的周期是4s，故A錯誤；

B.由圖像可知，質點Q、P的起振方向相反

則兩質點之間的距離滿足x=nλ+12λ，其中n=0，1，2，…

根據波長、波速和周期的關系v=λT

代入數據聯立解得v=32n+1，其中n=0，1，2，…，故B錯誤；

C.由P質點的振動圖像可看出，在4s時P質點在平衡位置向上振動，故C正確；

D.由Q質點的振動圖像可看出，在45.【答案】C

【解析】解：A、分子間距離大于r0，分子間表現為引力，故A錯誤；

BCD、分子間距離變小，引力做功，勢能減小，在r0處勢能最小，繼續減小距離，分子間表現為斥力，分子力做負功，勢能增大，故BD錯誤，C正確；

故選：C。

當分子力表現為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的增大而減小；分子力表現為引力時，r增大，分子力先增大后減小，分子勢能一直增大。

本題考查了分子力、分子勢能等知識點，利用F6.【答案】C

【解析】解：A、根據安培定則可知，線圈1、2中的電流形成的磁場方向都是豎直向下的，故A錯誤；

BC、汽車進入磁場時，線圈abcd磁通量向下增大，根據楞次定律可知，感應電流方向是adcba，離開時磁通量向下減小，根據楞次定律可知感應電流方向是abcda，故B錯誤、C正確；

D、根據楞次定律的推廣可知，安培力的方向總是與汽車相對于磁場的運動方向相反，所以汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相反，故D錯誤。

故選：C。

根據安培定則判斷線圈1、2中的電流形成的磁場方向；根據楞次定律判斷矩形線圈abc7.【答案】C

【解析】解：電路穩定后，由于電源內阻不計，若取電源負極為零電勢點，則電容器上極板的電勢為：

φ上=E5R?2R=2E5

電容器下極板的電勢為：φ下=E5R?4R=4E5

則電容兩端的電壓為：U=φ下?8.【答案】C

【解析】解：對小球受力分析如圖所示：

在△CHP中，根據正弦定理有FAsin∠CPH=FBsin∠CHP

其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO

在△A9.【答案】AC【解析】解：A、飛船從較低的軌道1進入較高的軌道2要點火加速做離心運動才能完成，故A正確；

BCD、飛船做勻速圓周運動時，根據萬有引力提供向心力得：

GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma

可得a=GMr2，v=G10.【答案】AC【解析】解：A.根據波速與波長、頻率之間的關系可知光的頻率：ν=cλ，故A正確；

B.光子的能量：E=hν=hcλ，故B錯誤；

C.根據德布羅意波長計算公式λ=hp可得光子的動量：p=hλ，故C正確；

D.在時間11.【答案】BC【解析】解：A、根據交流電的瞬時值表達式，電源電壓的有效值U=22022V=220V，故A錯誤；

B、根據交流電的瞬時值表達式，交流電的周期T=2πω=2π100πs=0.02s12.【答案】BC【解析】解：A.根據場強疊加的特點以及對稱性可知，MN兩點的場強大小相同，不過方向不同，故A錯誤；

B.因在AB處的正電荷在MN兩點的合電勢相等，在C點的負電荷在MN兩點的電勢也相等，由此可分析出MN兩點電勢相等，故B正確；

CD.根據題意可知，負電荷從M到O，因AB兩電荷的合力對負電荷的庫侖力從O指向M，則該力對負電荷做負功，C點的負電荷也對該負電荷做負功，可知三個電荷對該負電荷的合力對其做負功，根據功能關系可知該負電荷的電勢能增加，即負電荷在M點的電勢能比在O點小；同理可知負電荷在N點的電勢能比在O點小。故C正確，D錯誤。

故選：BC。

根據場強疊加的特點和對稱性得出M13.【答案】AD【解析】解：A、根據帶電粒子在電場中做類平拋運動，若粒子打到PN中點，則

x方向勻速直線運動，有：x0=v0t

y方向粒子做勻加速直線運動，有：12y0=12at2

根據牛頓第二定律得：Eq=ma

解得：E=mv02y0qx02，故A正確；

B、粒子從PN中點射出時，y方向根據勻變速位移與平均速度關系式得：y02=vy2t

剛出電場射入磁場時速度v1=v02+vy2=v02+(y0t)2

將t=x0t0代入解得：v1=v0x0x02+y02，故B錯誤；

C、粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，軌跡如下圖所示：

則t14.【答案】l1(【解析】解：(1)根據題意結合光的傳播情況作出光路圖如圖所示：

(2)根據光的折射定律可得：n=sinisinr

根據幾何關系可得：

sini=ABAB2+OA2=l1l12+l22

15.【答案】R1

R2

RM

小于

1.3【解析】解：(1)根據半偏法的測量原理可知，RM與R1相當，當閉合S2之后，變阻器上方的電流應基本不變，就需要RN較大，對下方分壓電路影響甚微。故RM應選R1，RN應選R2；

(2)實物圖如圖：

(3)為保證電路安全，閉合開關前先將滑動變阻器調至左側，電阻箱調至最大，先閉合S1開關，調節電阻箱RN，再閉合S2調節電阻箱RM，最后斷開開關整理器材，正確的操作順序是：①③②④；

(4)讀出的RM即是微安表的內阻。

當閉合S2后，原電路可看成如下電路：

閉合S2后，相當于RM由無窮大變成有限值，變小了，不難得到流過RN的電流大于原來的電流，則流過RM的電流大于IA2，故RM<RA。

(5)按讀數規則，只需要讀出65即可，按換算關系2100=u65可知，電壓為：u=1.30V16.【答案】解：(1)瓶內氣體的始末狀態的熱力學溫度分別為

T=(27+273)K=300K，T′=(37+273)K=310K

溫度變化過程中體積不變，故由查理定律有

pT=p′T′【解析】(1)根據題意得出氣體變化前后的狀態參量，結合查理定律列式得出氣體的壓強；

(2)17.【答案】解：(1)設金屬桿離開液面時的速度大小為v，金屬桿中的電流大小為I。金屬桿離開液體后做豎直上拋運動，由運動學公式得：

v2=2gH

解得：v=2gH=2×10×10×10?2m/s=2m/s

通電過程金屬桿受到的安培力大