2023年海南省新高考物理試卷 (一)

2023年海南省新高考物理試卷

一、單項(xiàng)選擇題，每題3分，共24分。

1.（3分）（2023?海南）包元素衰變時(shí)會(huì)放出B粒子，其中。粒子是（）

A.中子B.質(zhì)子C.電子D.光子

2.（3分）（2023?海南）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(qiáng)磁場，

關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（）

十

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右

B.小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變

C.小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力勸小球做正功

3.（3分）（2023?海南）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(duì)平衡力

B.工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)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.（3分）（2023?海南）下面上下兩圖分別是一列機(jī)械波在傳播方向上相距6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)

P

A.該波的周期是5sB.該波的波速是3m/s

C.4s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)D.4s時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)

5.（3分）（2023?海南）下列關(guān)于分子力和分子勢能的說法正確的是（）

O-……&....石

A.分子間距離人于ro時(shí)，分子間表現(xiàn)為斥力

B.分子從無限遠(yuǎn)靠近到距離ro處過程中分子勢能變大

C.分子勢能在ro處最小

D.分子間距離在小于ro且減小時(shí)，分子勢能在減小

6.（3分）（2023?海南）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個(gè)矩形線圈abed,

埋在地下的線圈分別為1、2,通上順時(shí)針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時(shí)（）

A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向蟒直向上

B.汽車進(jìn)入線圈I過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bed

D.汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同

7.（3分）（2023?海南）如圖所示電路，已知電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C,

閉合開關(guān)K,待電路稔定后，電容器上電荷量為（）

——??~~~??---

3R2R

R4R

A.CEB.-ICEc.&ED.^CE

255

8.（3分）（2023?海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點(diǎn)，AO

=2cm,OB=4cm,在AB固定兩個(gè)帶電量分別為Qi、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電小

球靜置于軟道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)（小球可視為點(diǎn)電荷），已知AP：BP=n：1,試求Qi：Q2是多

C.2n3：1D.4n3：1

二、多項(xiàng)選擇題，每題4分，共20分

（多選）9.（4分）（2023?海南）如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號(hào)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(diǎn)火加速

B.飛船在1軌道周期大于2軌道周期

C.飛船在I軌道速度大于2軌道

D.飛船在I軌道加速度大于2軌道

（多選）10.（4分）（2023?海南）已知一個(gè)激光發(fā)射器功率為P,發(fā)射波長為人的光，光

速為c,普朗克常量為h,則（）

A.光的頻率為

X

B.光子的能量為h

C.光子的動(dòng)量為h

D.在時(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)為華

h入

（多詵）11.（4分）（2023?海南）如圖是工廠利用u=22（）&sinl（XhrtV的交流中給36V照

2

粒子從NP中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度滿足E=絲黑口

A.

2+2

粒子從NP中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度為vJX°V0

B.02

y0

C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為山

qB

D.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是

14.（2023?海南）用激光測玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，玻璃磚與屏P平行放置，從另一側(cè)用

激光筆以一定角度照射，此時(shí)在屏上的Si處有激光點(diǎn)，移走玻璃磚，光點(diǎn)移到S2處。

（1）請(qǐng)畫出激光束經(jīng)玻璃折射后完整的光路圖；

（2）已經(jīng)測出AB=h，OA=12，SIS2=13，則折射率11=o

（3）若改用寬ab更小的玻璃稻做實(shí)驗(yàn)，則S）S2間的距離會(huì)（填“變大”，“變

小”或“不變”）。

15.（2023?海南）用如圖1所示的電路測量一個(gè)量程為lOOpA,內(nèi)阻約為2000C的微安表

頭的內(nèi)阻，所用電源的電動(dòng)勢約為12V,有兩個(gè)電阻箱可詵，R.（07999.9C）,R?（0?

（2）根據(jù)電路圖,請(qǐng)把實(shí)物連線補(bǔ)充完整;

S?

S.

E

（3）卜.列操作順序合理排列是:

①將變阻器滑動(dòng)頭P移至最左端，將RN調(diào)至最大值;

②閉合開關(guān)S2,調(diào)節(jié)RM,使微安表半偏，并讀出RM阻值:

③斷開S2,閉合Si,調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭P至某位置再調(diào)節(jié)RN使表頭滿偏;

④斷開Si、S2,拆除導(dǎo)線，整理好器材。

（4）如圖2是RM調(diào)節(jié)后面板，則待測表頭的內(nèi)阻為,該測量值

（大丁、小丁、等丁）真實(shí)值。

圖2

(5)將該微安表改裝成量程為2V的電壓表后，某次測量指針指在圖示位置，則待測電

(6)某次半偏法測量表頭內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，S2斷開，電表滿偏時(shí)讀出RN值，在滑動(dòng)頭P

不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時(shí)讀出RM，若認(rèn)為OP間電壓不變，則微

安表內(nèi)阻為：。(用RM、RN表示)

16.(2023?海南)某飲料瓶內(nèi)密封一定質(zhì)量理想氣體，l=27C時(shí),壓強(qiáng)p=1.050XlO’Pa。

(I)t'=37℃時(shí)，氣壓是多大？

(2)保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強(qiáng)與(1)時(shí)相同時(shí)，氣體體積為原來的多少倍?

17.(2023?海南)如圖所示，U形金屬桿上邊長為L=15cm,質(zhì)量為m=1X]()一?kg,下端

插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B=8X1O.2T的

勻強(qiáng)磁場。

(I)若插入導(dǎo)電液體部分深h=2.5cm,閉合電鍵后，金屬桿飛起后，具下端離液面島度

H=IOcm,設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大;

(g=10m/s2)

(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H'

=5cm,通電時(shí)間t'=O.(X)2s,求通過金屬桿截面的電荷量。

XXXXXXXX

B

XXXXXXXX

18.(2023?海南)如圖所示，有一固定的光滑工圓弧軌道，半徑R=0.2m,一質(zhì)量為TB=

4

1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同

的初速度,已知mc=3k8R、C間動(dòng)摩擦因數(shù)C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)U2=

0.8,C右端有一個(gè)擋板，C長為L。

求：

(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力是多大？

(2)若B未與C右端擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱

量是多少？

(3)在0.16mVLV0.8m時(shí)，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上

C到最終停止所用的時(shí)間。

2023年海南省新高考物理試卷

參考答案與試題解析

一、單項(xiàng)選擇題，每題3分，共24分。

1.（3分）（2023?海南）牡元素衰變時(shí)會(huì)放出0粒子，其中0粒子是（）

A.中子B.質(zhì)子C.電子D.光子

【分析】0粒子是電子，由此即可正確解答。

【解答】解：放射性元素衰變時(shí)放出的三種射線a、B、丫，其中0粒子是電子。故C正

確，ABD錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原子核衰變的生成物，特別要知道0粒子是電子，0衰變的實(shí)質(zhì)是

因?yàn)?個(gè)中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子而釋放出的電子。

2.（3分）（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向卜射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，

關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（）

-?...........

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右

B.小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變

C.小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功

【分析】明確小球運(yùn)動(dòng)中受力情況，知道洛倫茲力不做功，從而分析小球運(yùn)動(dòng)過程中的

速度、加速度情況。

【解答】解：A.帶正目的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，小球受洛倫茲

力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場時(shí)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(yùn)動(dòng)，速度的方向時(shí)刻變化，故B錯(cuò)誤；

C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度

方向垂直，旦速度方向時(shí)刻變化，合力方向時(shí)刻變化，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的方

向時(shí)刻變化，故C錯(cuò)誤。

D.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力始終與速度方向垂直，根據(jù)功的

定義，洛倫茲力永不做功，故D錯(cuò)誤。

故選A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，注意明確洛倫茲力不做功這一性質(zhì)，同時(shí)

正確分析功能關(guān)系以及掌握牛頓第二定律公式的應(yīng)用。

3.（3分）（2023?海南）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(duì)平衡力

B.工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)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

【分析】一對(duì)平衡力大小相等，方向相反，作用在一個(gè)物體上，一對(duì)相互作用力大小相

等，方向相反，是兩個(gè)物體的相互作用力；

對(duì)滑輪進(jìn)行受力分析，根據(jù)兒何關(guān)系得出繩子拉力的變化趨勢。

貝U有FN+Fr=mg

根據(jù)一對(duì)平衡力和一對(duì)相互作用力的概念可知，工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一

對(duì)作用力與反作用力，故A錯(cuò)誤、B正確；

CD、對(duì)滑輪做受力分析有

則隨著重物緩慢拉起過程，。逐漸增大，則FT逐漸增大，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)力的平衡問題，熟悉物體的受力分析，結(jié)合幾何關(guān)系即可

完成解答。

4.（3分）（2023?海南）下面上下兩圖分別是一列機(jī)械波在傳播方向上相距6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)

A.該波的周期是5sB.該波的波速是3m/s

C.4s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)D.4s時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)

【分析】A.根據(jù)振動(dòng)圖像給出的信息作答;

B.根據(jù)圖像求解兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離滿足的關(guān)系，再根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系分析求

解波速：

CD.根據(jù)振動(dòng)圖像判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向。

【解答】解：A.根據(jù)振動(dòng)圖像可看出該波的周期是4s,故A錯(cuò)誤;

B.由圖像可知，質(zhì)點(diǎn)Q、P的起振方向相反

則兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離滿足x二n入修人，其中n=0,1,2,…

根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系丫」_

7T

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v二一，其中n=0,1,2,…，故B錯(cuò)誤；

2n+l

C.由P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像可看出，在4s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向上振動(dòng)，故C正確；

D.由Q質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像可看出，在4s時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)在平衡位置向下振動(dòng)，故D錯(cuò)誤c

故選：C?

【點(diǎn)評(píng)】能夠根據(jù)振動(dòng)圖像給出的信息求解周期、判斷質(zhì)點(diǎn)在某時(shí)刻的振動(dòng)方向；要注

意波在傳播過程中的底期性。

5.（3分）（2023?海南）下列關(guān)于分子力和分子勢能的說法正確的是（）

O-……&............石

A.分子間距離人于ro時(shí)，分子間表現(xiàn)為斥力

B.分子從無限遠(yuǎn)靠近到距離ro處過程中分子勢能變大

C.分子勢能在ro處最小

D.分子間距離在小于ro且減小時(shí)，分子勢能在減小

【分析】當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的增大而減?。?/p>

分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，r增大，分子力先增大后減小，分子勢能一直增大。

【解答】解：A、分子間距離大于ro,分子間表現(xiàn)為引力，故A錯(cuò)誤；

BCD、分子間距離變小，引力做功，勢能減小，在ro處勢能最小，繼續(xù)減小距離，分子

間表現(xiàn)為斥力，分子力做負(fù)功，勢能增大，故BD錯(cuò)誤，C正確；

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考杳了分子力、分子勢能等知識(shí)點(diǎn)，利用F-r圖象、Ep-r圖象記憶分子

力及分子勢能變化是一種很好的方法。

6.（3分）（2023?海南）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個(gè)矩形線圈abed,

埋在地下的線圈分別為1、2,通上順時(shí)針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時(shí)（）

A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上

B.汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bed

D.汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同

【分析】根據(jù)安培定則判斷線圈1、2中的電流形成的磁場方向；根據(jù)楞次定律判斷矩形

線圈abed的感應(yīng)電流方向；安培力的方向總是與矩形線圈abed相對(duì)于磁場的運(yùn)動(dòng)方向

相反。

【解答】解.：A、根據(jù)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(cuò)誤；

BC、汽車進(jìn)入磁場時(shí)，線圈abed磁通鼠向下增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是

adeba,離開時(shí)磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流方向是abeda,故B錯(cuò)誤、C

正確；

D、根據(jù)楞次定律的推廣可知，安培力的方向總是與汽車相對(duì)于磁場的運(yùn)動(dòng)方向相反，所

以汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相反，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向一原磁場

的變化一引起感應(yīng)電流的磁場的變化一楞次定律一感應(yīng)電流的方向。

7.（3分）（2023?海南）如圖所示電路，已知電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C,

閉合開關(guān)K,待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（）

~_??_

3R2R

R4R

A.CEB.ACEc.2CED.ICE

255

【分析】若取電源負(fù)極為零電勢點(diǎn)，根據(jù)歐姆定律求解電容器上、下極板的電勢，由此

得到兩極板間的電壓，再根據(jù)Q=CU進(jìn)行解答。

【解答】解：電路穩(wěn)定后，由于電源內(nèi)阻不計(jì)，若取電源負(fù)極為零電勢點(diǎn)，則電容器上

極板的電勢為:

個(gè)上二親?2R亭

電容器下極板的電勢為：$=^4R=—

15R5

則電容兩端的電壓為：U=（p下-（P上

解得:

則電容器上的電荷量為：Q=CU

解得：Q=2CE,故C正確、ABD錯(cuò)誤。

5

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查含容電路的分析，關(guān)鍵是弄清楚電路的連接情況，根據(jù)歐姆定

律求解電容器兩極板叵的電壓。

8.（3分）（2023?海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點(diǎn)，AO

=2cm,OB=4cm,在AB固定兩個(gè)帶電量分別為Q卜Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電小

球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)（小球可視為點(diǎn)電荷），己知AP：BP=n：1,試求Qi：Q?是多

B.4n2：IC.2n3：1D.4n3：1

【分析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)庫侖定律結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)即可完成作答。

【解答】解：對(duì)小球受力分析如圖所示:

B

在ACHP中，根據(jù)正弦定理有F

sinZCPH-sinZCHP

其中NCPH=NOPB,ZCHP=ZHPD=ZAPO

在AAPO中，根據(jù)正弦定理APAO

sin(H-ZPOB)'sinZAPO

在△BPO中，根據(jù)正弦定理BPBO

sinZPOB-sinZBP0

Q1qQ9q

根據(jù)庫侖定律FA=k心，F(xiàn)n=k-^

2

AAPBBP2

聯(lián)立以上各式，解得Qi：Q2=2n3：1

綜上分析，故ABD錯(cuò)侯，C正確。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了庫侖定律的應(yīng)用，對(duì)于數(shù)學(xué)知識(shí)在物理學(xué)中的運(yùn)用是學(xué)生應(yīng)該具備

的關(guān)鍵能力之一。

二、多項(xiàng)選擇題，每題4分，共20分

（多選）9.（4分）（2023?海南）如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號(hào)飛船在變軌前后的軌

道，下列說法正確的是（）

?

/---、、

/，1、、

////1、、\'\

//\\

㈠o!!

\\//

'、z/

、、、，//

A.￡船從1軌道變到2軌道要點(diǎn)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

【分析】飛船做離心運(yùn)動(dòng)時(shí)必須點(diǎn)火加速；根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得出飛船的

周期、速度和加速度與凱道半徑的關(guān)系，再比較各個(gè)量的大小。

【解答】解：A、飛船從較低的軌道1進(jìn)入較高的軌道2要點(diǎn)火加速做離心運(yùn)動(dòng)才能完成,

故A正確；

BCD、飛船做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)萬有引力提供向心力得：

可知飛船在軌道1的周期小于在軌道2的周期，在軌道1的速度大于在軌道2的速度，

在軌道1的加速度大于在軌道2的加速度，故B錯(cuò)誤，CD正確。

故選：ACDo

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握萬有引力提供向心力這一重要思路，知道線速度、周期、

向心加速度與軌道半徑的關(guān)系。

（多選）10.（4分）（2023?海南）已知一個(gè)激光發(fā)射器功率為P,發(fā)射波長為人的光，光

速為c,普朗克常量為h,則（）

A.光的頻率為小

入

B.光子的能量為h

C.光子的動(dòng)量為h

D.在時(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)為華

h入

【分析】根據(jù)波速與波長、頻率之間的關(guān)系求解光的頻率；根據(jù)光子能量計(jì)算公式求解

光子的能量；根據(jù)德布羅意波長計(jì)算公式求解光子的動(dòng)量；每秒內(nèi)發(fā)出的光子數(shù)與每個(gè)

光子能量的乘積是激光器每秒做的功，根據(jù)激光發(fā)射器功率求解時(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的

光子數(shù)。

【解答】解：A.根據(jù)波速與波長、頻率之間的關(guān)系可知光的頻率:故A正確;

B.光子的能量：E=hV=he故B錯(cuò)誤;

K

c.根據(jù)德布羅意波長計(jì)算公式入=皂可得光子的動(dòng)量：故c正確;

P口入

D.在時(shí)間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)：n旦紅：，故D錯(cuò)誤。

nEhe

故選：AC。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查光子能量的計(jì)算，解答本題的關(guān)鍵是掌握光子能量計(jì)算公式以

及德布羅意波長的計(jì)算公式，能夠根據(jù)能量關(guān)系求解光子數(shù)。

（多選）11.（4分）（2023?海南）如圖是工廠利用u=22W^sinl00mV的交流電給36V照

明燈供電的電路，變壓器原線圈匝數(shù)為1100匝，下列說法正確的是（）

A.電源電壓有效值為220班丫

B.交變電流的周期為0.02s

C.副線圈匝數(shù)為180匝

D.副線圈匝數(shù)為240匝

【分析】根據(jù)交流電的瞬時(shí)值表達(dá)式計(jì)算有效值和底期，根據(jù)變壓器的電壓之比等于匝

數(shù)之比。

【解答】解：A、根據(jù)交流電的瞬時(shí)值表達(dá)式，電源阻壓的有效值u考亞R=220V，

V2

故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)交流電的瞬時(shí)值表達(dá)式，交流電的周期丁=^嗡*s=o.02s，故B正確；

niU1Uooa

CD、根據(jù)，二,可得副線圈匝數(shù)成=上必—-義1100匝=18。匝，故C正確，D

2

n2U2Ui1220

錯(cuò)誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等

于匝數(shù)之比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器

的輸出功率決定輸入功率且相等。

（多選）12.（4分）（2023?海南）如圖所示，正三角形三個(gè)頂點(diǎn)固定三個(gè)等量電荷，其中

A、B帶正電，C帶負(fù)電，0、M、N為AB邊的四等分點(diǎn)，下列說法正確的是（）

?C

A...二...丁…?B

MON

A.M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同

B.M、N兩點(diǎn)電勢相同

C.負(fù)電荷在M點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要小

D.負(fù)電荷在N點(diǎn)電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要大

【分析1根據(jù)場強(qiáng)疊加的特點(diǎn)和對(duì)稱性得出MN兩點(diǎn)的場強(qiáng)關(guān)系；

根據(jù)電勢的疊加特點(diǎn)得出MN兩點(diǎn)的電勢關(guān)系：

根據(jù)電荷的受力特點(diǎn)得出其合力的方向，根據(jù)電場力的做功特點(diǎn)結(jié)合功能關(guān)系得出電勢

能的大小關(guān)系。

【解答】解：A.根據(jù)場強(qiáng)疊加的特點(diǎn)以及對(duì)稱性可知，MN兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，不過

方向不同，故A錯(cuò)誤；

B.因在AB處的正電荷在MN兩點(diǎn)的合電勢相等，在C點(diǎn)的負(fù)電荷在MN兩點(diǎn)的電勢

也相等，由此可分析出MN兩點(diǎn)電勢相等，故B正確：

CD.根據(jù)題意可知，負(fù)電荷從M到0,因AB兩電荷的合力對(duì)負(fù)電荷的庫侖力從0指

向M,則該力對(duì)負(fù)電荷做負(fù)功，C點(diǎn)的負(fù)電荷也對(duì)該負(fù)電荷做負(fù)功，可知三個(gè)電荷對(duì)該

負(fù)電荷的合力對(duì)其做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知該負(fù)電荷的電勢能增加，即負(fù)電荷在M點(diǎn)

的電勢能比在O點(diǎn)小；同理可知負(fù)電荷在N點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)小。故C正確，D錯(cuò)

誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，熟悉場強(qiáng)和電勢的計(jì)算公式，分清

其標(biāo)矢性，結(jié)合粒子的受力分析和功能關(guān)系即可完成解答。

（多選）13.（4分）（2023?海南）如圖所示，質(zhì)量為m,帶電荷為+q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以

初速度vo射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域./bO<y<yo-O<x<xo（xo、yo為己知）區(qū)域

內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在x>xo區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)度

（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則（）

2

粒子從NP中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度滿足E=22

A.

2+2

粒子從NP中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度為vJX°V0

B.02

y0

C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為E*

qB

x；+44

mv0

D.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是

qB2

o

【分析】A、根據(jù)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場方向和垂直電場方向列運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式求解加速度，再由牛頓第二定律可以求解電場強(qiáng)度；

B、根據(jù)在電場中類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場方向和垂直電場方向列運(yùn)動(dòng)學(xué)公式就可以求解粒子

從NP中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度；

C、根據(jù)粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，推出進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向和大小表達(dá)式，再根據(jù)粒子在

磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑表達(dá)式等結(jié)合幾何關(guān)系求軌跡圓心到NM的距離；

D、粒子在電場中沿電場方向加速的距離最大時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大，根

據(jù)洛倫茲力提供向心尢可以求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值。

【解答】解：A、根據(jù)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，若粒子打到PN中點(diǎn)，則

x方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：xo=vot

2

y方向粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：-Ly=-Lat

202

根據(jù)牛頓第二定律得：Eq=ma

2

解得：E=吧嚓，故A正確；

qxj

B、粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，y方向根據(jù)勻變速位移與平均速度關(guān)系式得：出;工工t

221

剛出電場射入磁場時(shí)速度vi=7vU+vyVU+（?）2

將.t=21代入解得：v,=-^/x2+y2故B錯(cuò)誤：

t。x0VUU

C、粒子從電場中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為夕軌跡如下圖所示:

vv

則tanB=-nn

叼at

將a、t代入得：tan8=―2

qEx。

粒子從電場中射出時(shí)的速度v=「&

sinB

2

粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB=m工_

r

則粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為d=rcos8

Exc

聯(lián)立解得€1=―故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)入磁場的速度最大，則在電場中沿電場方

向加速的距離最大，則y方向速度及合速度最大，此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場，則Vym=^0

X0=V0t

出離電場的最大速度：V=Vv=鳥乂＞4、

mvuynx°vuu

2

則由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mJ

r

22

X+

O42yO

可得最大半徑:r----------O

mqBqBX

故選：AD“

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速

直線運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析判斷，進(jìn)入磁場帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，注意從電場進(jìn)入磁場的合速度大小以及速度方向決定了在磁場中的軌跡半

徑以及圓弧長度等，需要我們結(jié)合軌跡圖以及幾何關(guān)系分析。

14.（2023?海南）用激光測玻璃破折射率的實(shí)驗(yàn)中，玻璃磚與屏P平行放置，從另一側(cè)用

激光筆以一定角度照射，此時(shí)在屏上的Si處有激光點(diǎn)，移走玻璃磚，光點(diǎn)移到S2處。

（I）請(qǐng)畫出激光束經(jīng)玻璃折射后完整的光路圖；

（2）已經(jīng)測出AB=h，OA=12,S|S2=13,則折射率n

（3）若改用覽ab更小的玻璃磚做實(shí)驗(yàn)，則S1S2間的距離會(huì)變小（填“變大”，“變

小”或“不變

Sz，

【分析】（I）根據(jù)傳播路徑畫出光路圖；

（2）根據(jù)光的折射定律結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行解答；

（3）若玻璃磚寬度變小，相當(dāng)于把a(bǔ)d邊下移，根據(jù)光路圖進(jìn)行分析。

【解答】解：（1）根據(jù)題意結(jié)合光的傳播情況作出光路圖如圖所示：

（2）根據(jù)光的折射定律可得：n=4^

sinr

根據(jù)幾何關(guān)系可得：

AB

sini

AB_S?S2

f=

2

J(AB-S1S2)K)A+12

22

X1+±1

12

聯(lián)立解得：n22

111

XX3X1+2

（3）若玻璃磚寬度變小，相當(dāng)于把a(bǔ)d邊下移，與兩條光線的交點(diǎn)距離變小，即BC就

小，那S|S2也會(huì)變小。

故答案為：（1）光路圖見解析；（2）

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫

出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律和全反射

的條件列方程求解。

15.(2023?海南)用如圖1所示的電路測量一個(gè)量程為IOORA,內(nèi)阻約為2000。的微安表

頭的內(nèi)阻，所用電源的電動(dòng)勢約為I2V,有兩個(gè)電阻箱可選，Ri(04999.9C),R：(0~

99999.90)

(1)RM應(yīng)選__Ri.RN應(yīng)選R2

(2)根據(jù)電路圖,請(qǐng)把實(shí)物連線補(bǔ)充完整;

E

(3)下列操作順序合理排列是：?@??o

①將變阻器滑動(dòng)頭P移至最左端，將RN調(diào)至最大值；

②閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)RM，使微安表半偏，并讀出RM陽值；

③斷開S2,閉合Si，調(diào)節(jié)滑動(dòng)頭P至某位置再調(diào)節(jié)RN使表頭滿偏；

④斷開S］、S2,拆除導(dǎo)線，整理好器材。

(4)如圖2是RM調(diào)節(jié)后面板,則待測表頭的內(nèi)阻為1998.0C，該測量值小于(大

于、小于、等于)真實(shí)值。

圖2

（5）將該微安表改裝成量程為2V的電壓表后，某次測量指針指在圖示位置，則待測電

壓為1.3Vo

（6）某次半偏法測最表頭內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，S2斷開，電表滿偏時(shí)讀出RN值，在滑動(dòng)頭P

不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時(shí)讀出RM，若認(rèn)為OP間電壓不變，則微

安表內(nèi)阻為：為"。（用RM、RN表示）

一RNV

【分析】（1）根據(jù)半偏法的測量原理分析判斷；

（3）根據(jù)保護(hù)電路和半偏法測量步驟分析判斷；

（4）根據(jù)半偏法原理前電路結(jié)構(gòu)分析判斷；

（5）根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點(diǎn)計(jì)算；

（6）根據(jù)歐姆定律分析判斷。

【解答】解：（1）根據(jù)半偏法的測量原理可知，Rv與Ri相當(dāng)，當(dāng)閉合S2之后，變阻器

上方的電流應(yīng)基本不變，就需要RN較大，對(duì)下方分壓電路影響甚微。故RM應(yīng)選Ri，

RN應(yīng)選R2：

（2）實(shí)物圖如圖：

（3）為保證電路安全，閉合開關(guān)前先將滑動(dòng)變阻器調(diào)至左側(cè)，電阻箱調(diào)至最大，先閉合

Si開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱RN，再閉合S2調(diào)節(jié)電阻箱RM,最后斷開開關(guān)整理器材，正確的操

作順序是：①@②④；

（4）讀出的RM即是微安表的內(nèi)阻。

當(dāng)閉合S2后，原電路可看成如下電路：

I1

閉合S2后，相當(dāng)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的電流大于三包，故RMVRA。

2

（5）按讀數(shù)規(guī)則，只需要讀出65即可，按換算關(guān)系2可知,電壓為：U=1.3OV

10065

（6）根據(jù)題意可得：1電+區(qū)/=//卜同,叫

RNRM

解得:

R/RN~RM

故答案為：（1）Ri，R2；（3）①③②④；（4）1998.0。，小于；（5）1.3；（6）"同。

RNF

【點(diǎn)評(píng)】本題要掌握半偏法測電流表內(nèi)阻原理，掌握電路連接方式分析、掌握歐姆定律。

16.（2023?海南）某飲料瓶內(nèi)密封一定質(zhì)量理想氣體，t=27℃時(shí)，壓強(qiáng)p=l.050X105pa。

（1）tz=37℃時(shí)，氣壓是多大？

（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強(qiáng)與（1）時(shí)相同時(shí)，氣體體積為原來的多少倍？

【分析】（1）根據(jù)題意得出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結(jié)合查理定律列式得出氣體的壓

強(qiáng)；

（2）氣體的溫度保持不變，根據(jù)玻意耳定律得出氣體的體積。

【解答】解：（1）瓶內(nèi)氣體的始末狀態(tài)的熱力學(xué)溫度分別為

T=（27+273）K=30（JK,T=（37+273）K=3IOK

溫度變化過程中體積不變，故由查理定律有

P二P’

T一『

解得：p'=1.085XIO5Pa

（2）保持溫度不變，擠壓氣體，等溫變化過程，由玻意耳定律有

pV=p'V'

解得：V,心0.968V

答：（1）V=37℃時(shí)，氣壓為1.085Xl（）5pa；

（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強(qiáng)與（1）時(shí)相同時(shí)，氣體體積為原來的0.968

倍。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考瓷了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是分析出氣體

變化前后的狀態(tài)參量，結(jié)合玻意耳定律和查理定律即可完成分析。

17.（2023?海南）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L=15cm,質(zhì)量為m=1XlO^kg,下端

插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B=8X10%的

勻強(qiáng)磁場。

（1）若插入導(dǎo)電液體部分深h=2.5cm,閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度

H=10cm,設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大;

（g=10m/s2）

（2）若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H'

=5cm,通電時(shí)間t'=0.002s,求通過金屬桿截面的電荷量。

xxxxxxxx

B

xxxxxxxx

【分析】（1）根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解金屬桿剛剛離開液面的速度，對(duì)金屬桿與液面

接觸的過程，根據(jù)安培力公式，應(yīng)用動(dòng)能定理求解電流；

（2）由于給了時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理求解電流，再根據(jù)電流求解電荷量。

【解答】解：（1）設(shè)金屬桿離開液面時(shí)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(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

v2=2gH

解得：=\/2X1QX1QX10_2m/s=V2m/s

通電過程金屬桿受到的安培力大小為：

FA=BIL

對(duì)金屬桿到達(dá)最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：

FAH-mg（H+h）=0

聯(lián)立解得：I央（H+h）jx10—3乂10義（10+2.5）x10-2A=4J7A

BLhgxio_2x15x10~2X2.io-2

（2）為金屬桿，通電E寸間1=0.002s,規(guī)定向上為正方向，由動(dòng)量定理得：

（BI'L-mg）t'=rr.vz-0

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v'2=2gH'

通過金屬桿截面的電荷量

7z

=I，t，=mVSgH+mgt=

BL

lXloTxexiOXSX10互+1乂10-3*10X0,002〈―0085（

8X10-2X15X10-2

答：（1）金屬桿離開液面時(shí)的速度大