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【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 。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·海南）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
2．（2023·海南）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．（2023·海南）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．（2023·海南）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期是 B．该波的波速是
C．时质点向上振动 D．时质点向上振动
5．（2023·海南）下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）
A．分子间距离大于时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离处过程中分子势能变大
C．分子势能在处最小
D．分子间距离在小于且减小时，分子势能在减小
6．（2023·海南）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，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
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为
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
7．（2023·海南）如图所示电路，已知电源电动势为，内阻不计，电容器电容为，闭合开关，待电路稳定后，电容器上电荷量为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·海南）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有、两点，，在固定两个带电量分别为的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧点（小球可视为点电荷），已知，试求是多少（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题，每题4分，共20分 。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·海南）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．（2023·海南）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
11．（2023·海南）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
12．（2023·海南）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
13．（2023·海南）如图所示，质量为，带电荷为的点电荷，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
三、实验题：本题共2小题，共20分。
14．（2023·海南）用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的处有激光点，移走玻璃砖，光点移到处，
（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；
（2）已经测出，，，则折射率 ．
（3）若改用宽更小的玻璃砖做实验，则间的距离会 （填“变大”，“变小”或“不变”）
15．（2023·海南）用如图所示的电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为，有两个电阻箱可选，，
（1） 应选 ，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将变阻器滑动头移至最左端，将调至最大值；
②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值；
③断开，闭合，调节滑动头至某位置再调节使表头满偏；
④断开，拆除导线，整理好器材
（4）如图是调节后面板，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的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 。
（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，断开，电表满偏时读出值，在滑动头不变，闭合后调节电阻箱，使电表半偏时读出，若认为间电压不变，则微安表内阻为： （用表示）
四、计算题：本题共3小题，共36分。
16．（2023·海南）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？
17．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，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。
18．（2023·海南）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）若末与右端挡板碰撞，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。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】天然放射现象释放的α、β、γ三种射线，分别是、和电磁波，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【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
【知识点】运动的合成与分解；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【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
【知识点】共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【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：，在重物缓慢拉起的过程中，θ角度不断增大，绳子的拉力不断增大，CD错误；
故答案为：B
【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
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【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：(n=01，2，3...)
得：(n=01，2，3...)
该机械波波速：(n=01，2，3...)，B错误；
C、由P点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向上振动，C正确；
D、由Q点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向下振动，D错误；
故答案为：C
【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
【知识点】分子间的作用力
【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时分子间的合力为零，当分子间的距离大于时，分子力表现为引力，随着分子从无限远处靠近到的过程中，引力做正功，分子势能减小，在处势能最小；当分子间的距离减小到小于时，分子力表现为斥力，随距离的不断减小，斥力做负功，分子势能增大。ABD错误，C正确；
故答案为：C
【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
【知识点】安培力；安培定则；楞次定律
【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
【知识点】电容器及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用
【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：；4R上的电压为：，
可知电容器两板之间的电压为：，故电容器的电荷量为：，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【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
【知识点】库仑定律；力的平行四边形定则及应用
【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：，有几何关系可得：，；
在中由正弦定理可得：
在中由正弦定理可得：
又因为：
联立解得：， 故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】对带电小球受力分析，由正弦定理求出AB两小球对P的作用力的关系，根据几何关系和正弦定理求得角度和边长的关系，结合库仑定律求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律的应用
【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、由得周期公式：得轨道越高周期越大，B错误；
C、由得线速度公式： 得轨道越高线速度越小，C正确；
D、由得向心加速度： 得轨道越高向心加速度越小，D正确；
故答案为：ACD
【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
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】A、由可得光的频率为：，A正确；
B、光子的能量为：，B错误；
C、光子的动量为：，C正确；
D、在时间内激光器发射的光子数为：，D错误；
故答案为：AC
【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
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电源电压的有效值为：， A错误；
B、交变电流的周期为： ， B正确；
CD、根据理想变压器原理：可得：C正确，D错误；
故答案为：BC
【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；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
【知识点】电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系；等势面
【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
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子从NP中点射入磁场，由类平抛运动可得：； ，联立解得：，A正确；
B、粒子从NP中点射入磁场，竖直方向初速度为零的匀加速可得：，可得：，
射入磁场速度：，B错误；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，分解射入速度可得：
，粒子在磁场中的速度：
粒子在磁场中的圆周运动：，得：，
设粒子进入磁场后圆周运动的圆心到MN的距离为d，由几何关系可得：，联立解得：，C错误；
D、当进入磁场速度最大时，半径最大，即从N点进入磁场，由类平抛运动可知：；
联立解得磁场中最大速度：，由半径公式：，D正确；
故答案为：AD
【分析】A、根据电偏转的类平抛运动，由水平和竖直位移联立解得电场强度；
B、由竖直方向位移根据平均速度计算竖直速度，求合速度；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，由速度分解和几何关系半径与距离关系联立求解；
D、射入磁场最大速度对应磁场中最大半径，由此计算射入最大速度求解最大半径。
14．【答案】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：
（2）
（3）变小
【知识点】测定玻璃的折射率
【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：
根据已知条件有几何关系可得：，
联立解得：
（3）有几何关系可知：，若改用宽ab更小的玻璃砖，相当于把ad下移，即BC减小，间的距离也减小。
【分析】（1）根据光的折射定律，射入玻璃砖的光线与射出玻璃砖的光线平行，画出光路图；
（2）根据折射定律，利用几何关系计算折射率；
（3）宽度更小的玻璃砖就是降低ad，使BC减小，间的距离也减小。
15．【答案】（1）；
（2）
（3）①③②④
（4）1998.0Ω；小于
（5）1.30
（6）
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可，故选电阻箱；
微安表的满偏电压约为：，所以应选变阻箱，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
由于闭合使接入并联电路，使电路总电阻减小，总电流增大，微安表和并联部分的总电流增大，调节使微安表读数为满偏电流一半，的电阻会更小一点，所以测量值，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：得：U=1.30v；
(6)由于OP见电压视作不变，则可得：
解得：
【分析】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，从而确定操作顺序；
（4）由并联电路电阻相等分的电流相等，变阻箱的读数就是微安表的内阻；
根据电路动态分析，闭合调整使微安表半偏，电阻越并越小，总电阻减小，总电流增大，需要调节得更小一点才能把增加的电流分流，致使得偏小；
（5）根据读数规则，按比例换算即可；
（6）在OP间电压视作不变的情况下：闭合前的OP间电压等于闭合后OP间电压列式计算。
16．【答案】（1）等容变化，由查理定律：代入数据解得：
（2）等温变化，由波意耳定律： 代入数据解得：
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】根据理想气体的等容变化和等温变化，分别计算得出结论。
17．【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
18．【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
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【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 。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·海南）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
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】天然放射现象释放的α、β、γ三种射线，分别是、和电磁波，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【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．（2023·海南）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
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【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．（2023·海南）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
【知识点】共点力的平衡；区分相互作用力与平衡力
【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：，在重物缓慢拉起的过程中，θ角度不断增大，绳子的拉力不断增大，CD错误；
故答案为：B
【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．（2023·海南）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距的两个质点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期是 B．该波的波速是
C．时质点向上振动 D．时质点向上振动
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【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：(n=01，2，3...)
得：(n=01，2，3...)
该机械波波速：(n=01，2，3...)，B错误；
C、由P点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向上振动，C正确；
D、由Q点的振动图像可知4s时质点在平衡位置向下振动，D错误；
故答案为：C
【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．（2023·海南）下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）
A．分子间距离大于时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离处过程中分子势能变大
C．分子势能在处最小
D．分子间距离在小于且减小时，分子势能在减小
【答案】C
【知识点】分子间的作用力
【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时分子间的合力为零，当分子间的距离大于时，分子力表现为引力，随着分子从无限远处靠近到的过程中，引力做正功，分子势能减小，在处势能最小；当分子间的距离减小到小于时，分子力表现为斥力，随距离的不断减小，斥力做负功，分子势能增大。ABD错误，C正确；
故答案为：C
【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．（2023·海南）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，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
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为
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
【知识点】安培力；安培定则；楞次定律
【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．（2023·海南）如图所示电路，已知电源电动势为，内阻不计，电容器电容为，闭合开关，待电路稳定后，电容器上电荷量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用
【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：；4R上的电压为：，
可知电容器两板之间的电压为：，故电容器的电荷量为：，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【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．（2023·海南）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有、两点，，在固定两个带电量分别为的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧点（小球可视为点电荷），已知，试求是多少（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】库仑定律；力的平行四边形定则及应用
【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：，有几何关系可得：，；
在中由正弦定理可得：
在中由正弦定理可得：
又因为：
联立解得：， 故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】对带电小球受力分析，由正弦定理求出AB两小球对P的作用力的关系，根据几何关系和正弦定理求得角度和边长的关系，结合库仑定律求解.
二、多项选择题，每题4分，共20分 。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·海南）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】A,C,D
【知识点】万有引力定律的应用
【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、由得周期公式：得轨道越高周期越大，B错误；
C、由得线速度公式： 得轨道越高线速度越小，C正确；
D、由得向心加速度： 得轨道越高向心加速度越小，D正确；
故答案为：ACD
【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．（2023·海南）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】A,C
【知识点】光子及其动量
【解析】【解答】A、由可得光的频率为：，A正确；
B、光子的能量为：，B错误；
C、光子的动量为：，C正确；
D、在时间内激光器发射的光子数为：，D错误；
故答案为：AC
【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．（2023·海南）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】B,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电源电压的有效值为：， A错误；
B、交变电流的周期为： ， B正确；
CD、根据理想变压器原理：可得：C正确，D错误；
故答案为：BC
【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；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．（2023·海南）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】B,C
【知识点】电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系；等势面
【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．（2023·海南）如图所示，质量为，带电荷为的点电荷，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】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子从NP中点射入磁场，由类平抛运动可得：； ，联立解得：，A正确；
B、粒子从NP中点射入磁场，竖直方向初速度为零的匀加速可得：，可得：，
射入磁场速度：，B错误；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，分解射入速度可得：
，粒子在磁场中的速度：
粒子在磁场中的圆周运动：，得：，
设粒子进入磁场后圆周运动的圆心到MN的距离为d，由几何关系可得：，联立解得：，C错误；
D、当进入磁场速度最大时，半径最大，即从N点进入磁场，由类平抛运动可知：；
联立解得磁场中最大速度：，由半径公式：，D正确；
故答案为：AD
【分析】A、根据电偏转的类平抛运动，由水平和竖直位移联立解得电场强度；
B、由竖直方向位移根据平均速度计算竖直速度，求合速度；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，由速度分解和几何关系半径与距离关系联立求解；
D、射入磁场最大速度对应磁场中最大半径，由此计算射入最大速度求解最大半径。
三、实验题：本题共2小题，共20分。
14．（2023·海南）用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的处有激光点，移走玻璃砖，光点移到处，
（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；
（2）已经测出，，，则折射率 ．
（3）若改用宽更小的玻璃砖做实验，则间的距离会 （填“变大”，“变小”或“不变”）
【答案】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：
（2）
（3）变小
【知识点】测定玻璃的折射率
【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：
根据已知条件有几何关系可得：，
联立解得：
（3）有几何关系可知：，若改用宽ab更小的玻璃砖，相当于把ad下移，即BC减小，间的距离也减小。
【分析】（1）根据光的折射定律，射入玻璃砖的光线与射出玻璃砖的光线平行，画出光路图；
（2）根据折射定律，利用几何关系计算折射率；
（3）宽度更小的玻璃砖就是降低ad，使BC减小，间的距离也减小。
15．（2023·海南）用如图所示的电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为，有两个电阻箱可选，，
（1） 应选 ，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将变阻器滑动头移至最左端，将调至最大值；
②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值；
③断开，闭合，调节滑动头至某位置再调节使表头满偏；
④断开，拆除导线，整理好器材
（4）如图是调节后面板，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的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 。
（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，断开，电表满偏时读出值，在滑动头不变，闭合后调节电阻箱，使电表半偏时读出，若认为间电压不变，则微安表内阻为： （用表示）
【答案】（1）；
（2）
（3）①③②④
（4）1998.0Ω；小于
（5）1.30
（6）
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可，故选电阻箱；
微安表的满偏电压约为：，所以应选变阻箱，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
由于闭合使接入并联电路，使电路总电阻减小，总电流增大，微安表和并联部分的总电流增大，调节使微安表读数为满偏电流一半，的电阻会更小一点，所以测量值，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：得：U=1.30v；
(6)由于OP见电压视作不变，则可得：
解得：
【分析】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，从而确定操作顺序；
（4）由并联电路电阻相等分的电流相等，变阻箱的读数就是微安表的内阻；
根据电路动态分析，闭合调整使微安表半偏，电阻越并越小，总电阻减小，总电流增大，需要调节得更小一点才能把增加的电流分流，致使得偏小；
（5）根据读数规则，按比例换算即可；
（6）在OP间电压视作不变的情况下：闭合前的OP间电压等于闭合后OP间电压列式计算。
四、计算题：本题共3小题，共36分。
16．（2023·海南）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）等容变化，由查理定律：代入数据解得：
（2）等温变化，由波意耳定律： 代入数据解得：
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】根据理想气体的等容变化和等温变化，分别计算得出结论。
17．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，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）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
18．（2023·海南）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）若末与右端挡板碰撞，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）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
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