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、單項選擇題，每題3分，共24分。

1.（3分）（2023?海南）包元素衰變時會放出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磁場，

關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（）

十

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

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.（3分）（2023?海南）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(zhì)點

P

A.該波的周期是5sB.該波的波速是3m/s

C.4s時P質(zhì)點向上振動D.4s時Q質(zhì)點向上振動

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，分子間表現(xiàn)為斥力

B.分子從無限遠靠近到距離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，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，汽車可簡化為一個矩形線圈abed,

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

A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向蟒直向上

B.汽車進入線圈I過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

D.汽車進入線圈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，已知電源電動勢為E,內(nèi)阻不計，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，AO

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

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

C.2n3：1D.4n3：1

二、多項選擇題，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.光子的動量為h

D.在時間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中點射入磁場，電場強度滿足E=絲黑口

A.

2+2

粒子從NP中點射入磁場時速度為vJX°V0

B.02

y0

C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為山

qB

D.粒子在磁場中運動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驗中，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，此時在屏上的Si處有激光點，移走玻璃磚，光點移到S2處。

（1）請畫出激光束經(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更小的玻璃稻做實驗，則S）S2間的距離會（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，所用電源的電動勢約為12V,有兩個電阻箱可詵，R.（07999.9C）,R?（0?

（2）根據(jù)電路圖,請把實物連線補充完整;

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?。┱鎸嵵怠?/p>

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)阻的實驗中，S2斷開，電表滿偏時讀出RN值，在滑動頭P

不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時讀出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,壓強p=1.050XlO’Pa。

(I)t'=37℃時，氣壓是多大？

(2)保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與(1)時相同時，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，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H'

=5cm,通電時間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，給木板一個與小滑塊相同

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

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

量是多少？

(3)在0.16mVLV0.8m時，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、單項選擇題，每題3分，共24分。

1.（3分）（2023?海南）牡元素衰變時會放出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：放射性元素衰變時放出的三種射線a、B、丫，其中0粒子是電子。故C正

確，ABD錯誤。

故選：Co

【點評】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衰變的實質(zhì)是

因為?個中子轉(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磁場，

關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（）

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

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

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

【分析】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。

【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磁場中，小球受洛倫茲

力和重力的作用做曲線運動，根據(jù)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，旦速度方向時刻變化，合力方向時刻變化，根據(jù)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(jù)功的

定義，洛倫茲力永不做功，故D錯誤。

故選A。

【點評】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(zhì)，同時

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

【分析】一對平衡力大小相等，方向相反，作用在一個物體上，一對相互作用力大小相

等，方向相反，是兩個物體的相互作用力；

對滑輪進行受力分析，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

則隨著重物緩慢拉起過程，。逐漸增大，則FT逐漸增大，故CD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題主要考查了共點力的平衡問題，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械波在傳播方向上相距6m的兩個質(zhì)點

A.該波的周期是5sB.該波的波速是3m/s

C.4s時P質(zhì)點向上振動D.4s時Q質(zhì)點向上振動

【分析】A.根據(jù)振動圖像給出的信息作答;

B.根據(jù)圖像求解兩質(zhì)點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)振動圖像判斷質(zhì)點的振動方向。

【解答】解：A.根據(jù)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(zhì)點Q、P的起振方向相反

則兩質(zhì)點之間的距離滿足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錯誤；

2n+l

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

D.由Q質(zhì)點的振動圖像可看出，在4s時Q質(zhì)點在平衡位置向下振動，故D錯誤c

故選：C?

【點評】能夠根據(jù)振動圖像給出的信息求解周期、判斷質(zhì)點在某時刻的振動方向；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，分子間表現(xiàn)為斥力

B.分子從無限遠靠近到距離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，分子勢能在減小

【分析】當(dāng)分子力表現(xiàn)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(xiàn)為引力時，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錯誤，C正確；

故選：Co

【點評】本題考杳了分子力、分子勢能等知識點，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，汽車可簡化為一個矩形線圈abed,

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

A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上

B.汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

D.汽車進入線圈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相對于磁場的運動方向

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錯誤；

BC、汽車進入磁場時，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：Co

【點評】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，已知電源電動勢為E,內(nèi)阻不計，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，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進行解答。

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

極板的電勢為:

個上二親?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錯誤。

5

故選：Co

【點評】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，AO

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

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

B.4n2：IC.2n3：1D.4n3：1

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

【解答】解：對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錯侯，C正確。

故選：Co

【點評】本題考查了庫侖定律的應(yīng)用，對于數(shù)學(xué)知識在物理學(xué)中的運用是學(xué)生應(yīng)該具備

的關(guān)鍵能力之一。

二、多項選擇題，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】飛船做離心運動時必須點火加速；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，再比較各個量的大小。

【解答】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(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錯誤，CD正確。

故選：ACDo

【點評】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.光子的動量為h

D.在時間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)光子能量計算公式求解

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

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錯誤;

K

c.根據(jù)德布羅意波長計算公式入=皂可得光子的動量：故c正確;

P口入

D.在時間t內(nèi)激光器發(fā)射的光子數(shù)：n旦紅：，故D錯誤。

nEhe

故選：AC。

【點評】本題主要是考查光子能量的計算，解答本題的關(guān)鍵是掌握光子能量計算公式以

及德布羅意波長的計算公式，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)交流電的瞬時值表達式計算有效值和底期，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)交流電的瞬時值表達式，電源阻壓的有效值u考亞R=220V，

V2

故A錯誤；

B、根據(jù)交流電的瞬時值表達式，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

錯誤。

故選：BCo

【點評】本題主要是考查了變壓器的知識；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，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中

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

?C

A...二...丁…?B

MON

A.M、N兩點電場強度相同

B.M、N兩點電勢相同

C.負(fù)電荷在M點電勢能比在O點時要小

D.負(fù)電荷在N點電勢能比在O點時要大

【分析1根據(jù)場強疊加的特點和對稱性得出MN兩點的場強關(guān)系；

根據(jù)電勢的疊加特點得出MN兩點的電勢關(guān)系：

根據(jù)電荷的受力特點得出其合力的方向，根據(jù)電場力的做功特點結(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(fù)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(jù)題意可知，負(fù)電荷從M到0,因AB兩電荷的合力對負(fù)電荷的庫侖力從0指

向M,則該力對負(fù)電荷做負(fù)功，C點的負(fù)電荷也對該負(fù)電荷做負(fù)功，可知三個電荷對該

負(fù)電荷的合力對其做負(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

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

誤。

故選：BCo

【點評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，熟悉場強和電勢的計算公式，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的點電荷，從原點以

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

（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中點射入磁場，電場強度滿足E=22

A.

2+2

粒子從NP中點射入磁場時速度為vJX°V0

B.02

y0

C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為E*

qB

x；+44

mv0

D.粒子在磁場中運動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動，沿電場方向和垂直電場方向列運動學(xué)

公式求解加速度，再由牛頓第二定律可以求解電場強度；

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

從NP中點射入磁場時速度；

C、根據(jù)粒子在電場中的運動，推出進入磁場時的速度方向和大小表達式，再根據(jù)粒子在

磁場中做圓周運動的半徑表達式等結(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，粒子在磁場中運動的圓周半徑最大，根

據(jù)洛倫茲力提供向心尢可以求解粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值。

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

x方向勻速直線運動，有：xo=vot

2

y方向粒子做勻加速直線運動，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中點射出時，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速度vi=7vU+vyVU+（?）2

將.t=21代入解得：v,=-^/x2+y2故B錯誤：

t。x0VUU

C、粒子從電場中射出時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的速度v=「&

sinB

2

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

r

則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為d=rcos8

Exc

聯(lián)立解得€1=―故C錯誤；

D、當(dāng)粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，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，此時粒子從N點進入磁場，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“

【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，在電場中做類平拋運動，根據(jù)勻速

直線運動和勻變速直線運動的規(guī)律分析判斷，進入磁場帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻

速圓周運動，注意從電場進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驗中，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，此時在屏上的Si處有激光點，移走玻璃磚，光點移到S2處。

（I）請畫出激光束經(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更小的玻璃磚做實驗，則S1S2間的距離會變?。ㄌ睢白兇蟆?，“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)系進行解答；

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

【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ad邊下移，與兩條光線的交點距離變小，即BC就

小，那S|S2也會變小。

故答案為：（1）光路圖見解析；（2）

【點評】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，所用電源的電動勢約為I2V,有兩個電阻箱可選，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,請把實物連線補充完整;

E

(3)下列操作順序合理排列是：?@??o

①將變阻器滑動頭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)阻的實驗中，S2斷開，電表滿偏時讀出RN值，在滑動頭P

不變，S2閉合后調(diào)節(jié)電阻箱RM，使電表半偏時讀出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)電路分壓特點計算；

（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，對下方分壓電路影響甚微。故RM應(yīng)選Ri，

RN應(yīng)選R2：

（2）實物圖如圖：

（3）為保證電路安全，閉合開關(guān)前先將滑動變阻器調(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

【點評】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，壓強p=l.050X105pa。

（1）tz=37℃時，氣壓是多大？

（2）保持溫度不變，擠壓氣體，使之壓強與（1）時相同時，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；

（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，氣壓為1.085Xl（）5pa；

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

倍。

【點評】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，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H'

=5cm,通電時間t'=0.002s,求通過金屬桿截面的電荷量。

xxxxxxxx

B

xxxxxxxx

【分析】（1）根據(jù)豎直上拋運動規(guī)律求解金屬桿剛剛離開液面的速度，對金屬桿與液面

接觸的過程，根據(jù)安培力公式，應(yīng)用動能定理求解電流；

（2）由于給了時間，根據(jù)動量定理求解電流，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(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

對金屬桿到達最高點的過程，由動能定理得：

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，由動量定理得：

（BI'L-mg）t'=rr.vz-0

由運動學(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）金屬桿離開液面時的速度大