【物理参考答案】长沙市2023年新高考适应性考试

物理参考答案第1页（共5页）长沙市2023年新高考适应性考试物理参考答案一、选择题：1234567891011BACCDDBABDABBCAC5．【解析】线框完全进入磁场后的运动为a=g的匀加速运动，离开磁场的过程中做加速度减小的减速运动，线框完全离开磁场后的运动为a=g的匀加速运动，故选项A、B均错误。根据C选项的图象，ab边出磁场时，加速度为零，安培力等于重力，即此时的速度刚好等于cd边进入磁场时的速度；而从ab边刚进入磁场到cd边刚出磁场，物体的加速度为g，位移为�；接下来再运动位移为l时，加速度均小于g，ab边刚出磁场时速度肯定大于ab刚进入磁场时的速度，所以加速度不可能为零，故C错误。cd边刚出磁场时的速度大小不确定，线框的加速度大于g、等于g和小于g均有可能，故D正确。应选D。6．【解析】如图所示，根据对称性以及几何关系可知�=2�根据折射定律有sin1.6sinir联立以上两式可得sin�=0.6，故sini=0.96故入射线与出射线的距离为d=2×0.1×0.96mm=0.192mm故选D。7．【解析】设初始时刻电场强度为，则，正负电荷所在点的电势分为1和2，则其电势能为1121()PqUlEqqEld，则电场力做功1pqUlWEd；现将两极板旋转30，场强变为，则，故22pqUlWEWd。故选B。11．【解析】根据圆环的平衡和牛顿第三定律可判断选项A正确；由于r≫h，因此两圆环近似看作两根平行长直导线，圆环所在处的磁感应强度B由镜像圆环产生，则由题目条件可知，2kIBh，B错误；由于两导线间的电流反向，因此上面圆环所受的安培力方向竖直向上，大小为F=BIL，故22kIFIrh，又由于圆环恰好悬浮，故F=mg，计算可得mghIkr，故C正确，D错误。物理参考答案第2页（共5页）二、非选择题：共52分。12．（6分）【答案】（1）2.60（2）1857相等【解析】（1）读数时要估读到分度值的下一位。（2）由丙图读出U2=1.40V，根据串联电路中电压与电阻的关系有1X20URUR，计算得到X1857R，若考虑电压表内阻的影响，当开关拨向接线柱1时，电压表和待测电阻并联的总电阻为VXVXRRRR，则二者分得电压为VXVX1VX0VXRRRRUURRRRRVXVX0XV0RRURRRRRR，同理，当开关拨向接线柱2时，电压表和电阻箱分得电压为0V0V20VX0VRRRRUURRRRR0V0V0XVXRRURRRRRR，则有1X20URUR，故测量值与真实值相等。13.（9分）【答案】(1)76.75(2)9.66或9.67(3)22122214()llTT或21222124()llTT(4)空气阻力的影响；刻度尺测量（读数）不精确；手机计时不精确等均给分。【解析】(1)根据表中对前面两图的读数可知，小明是根据小球上沿对齐的刻度读数，所以第3幅图也要根据上沿对齐的刻度读数。(2)根据图可知三幅图中小球中心对应的刻度值分别为：�1=2.00cm=0.0200m，�2=25.95cm=0.2595m，�3=76.75cm=0.7675m，根据逐差法求解加速度的方法可得：2322122()()(0.76750.2595)(0.25950.0200)m/s1()6xxxxgT29.66m/s；（3）设摆长与细线长度之间的差值为X，根据单摆周期公式可得112lXTg和222lXTg，联立方程解得：22122214()llgTT（4）空气阻力的影响；刻度尺测量（读数）不精确；手机计时不精确等均给分。14．（9分）【答案】（1）03130V；（2）288K（或12℃）【详解】（1）由题意可知此过程为等压变化过程，由盖-吕萨克定律知00VVTT且�0=300K，�=310K解得03130VV（2）由理想气体状态方程1000101.2PVPVTT解得：�1=288K物理参考答案第3页（共5页）15．（13分）【答案】（1）0.5T（2）-1.5J（3）41.510N/C【解析】（1）顺利通过的粒子作匀速直线运动，则有BqvqEUEd解得：B1=0.5T（2）①粒子从O点到P点的过程中由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理可知：电场力对粒子做的功等于粒子动能的增量0221122WmvmvW=-1.5J②将电场沿x轴和y轴分解，可以得到电场力做功：xopyopWqExqEy又tan3yxEE22xyEEE代入解得：421.510N/CE(V/m)物理参考答案第4页（共5页）16．（15分）【答案】（1）1.3s（2）0.64J1JE（3）距离B点1.4m【详解】（1）摩擦力fmg加速度为22m/sfam小物块先加速到传送带速度v1，所用时间为1t，111svat加速位移为2111.0m1.6m2xat故小物块之后做匀速运动，时间为2t，1200.3sLxvt可得总时间为�=�1+�2=1.3s.（2）①若小物块与小球发生弹性碰撞,系统没有能量损失，小物块与小球速度交换，小球能上升的最大高度为h，则有;222112mghmv解得ℎ=0.2m，因为0.2m2lhl，细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。②若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心O等高的位置由机械能守恒得：222212mglmv动量守恒定律得：111322mvmvmv系统损失的能量2221111322111222ΔE=mv-mv-mv解得：1Δ0.64JE③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞，m1v1=(m1+m2)v4解得：v4=1m/s系统损失的能量∆�2=12�1�12−12(�1+�2)�42解得：2Δ1JE所以系统损失的能量范围为：0.64J1JE物理参考答案第5页（共5页）（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示，滑动摩擦力与相对运动方向相反可得202.5m/svvv相，0xvaav相yvaav相由于00xxyxavvatavvat所以加速变a的方向不变，小物体的两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物体在v1方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知212ydvtat可得�1=0.5s或者�2=2s（舍去）此时沿AC方向的位移为x=12���12=0.2�假设成立；所以小物块从BD边射出，射出点距离D点为xD=�−�=1.4m