【物理参考答案】长沙市2023年新高考适应性考试.pdf

1、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

2、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=20.10.96mm=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()PqUlEqqE ld，则电场力做功1pqUlWEd ；现将两极板旋转 30，场强变为，则，故22pqUlWEWd

3、。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 rh，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mghIk r，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

4、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VXVXR RRR，则二者分得电压为VXVX1VX0VXR RRRUUR RRRRVXVX0XV0R RUR RR RR R，同理，当开关拨向接线柱 2 时，电压表和电阻箱分得电压为0V0V20VX0VR RRRUUR RRRR0V0V0XVXR RUR RR RR R，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

5、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()6xxxxgT29.66m/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：2

6、2122214()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）03130 V；（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）41.5 10 N/C【解析】（1）顺利通过的粒子作匀速直线运动，则有BqvqEUEd解得：B1=0.5T（2）粒子从 O 点到 P 点的过程中

7、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0221122WmvmvW=-1.5J将电场沿 x 轴和 y 轴分解，可以得到电场力做功：xopyopWqE xqE y又tan3yxEE 22xyEEE代入解得：421.5 10 N/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

8、2t，1200.3sLxvt可得总时间为=1+2=1.3s.（2）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;222 112m ghm v解得=0.2m，因为0.2m2lhl，细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。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：222 212m glm v动量守恒定律得：1 11 32 2m vm vm v系统损失的能量22211 11 322111222E=mv-mv-m v解得：10.64JE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

9、统损失的能量2=12 112 12(1+2)42解得：21 JE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，0 xvaav相yvaav相由于00 xxyxavvatavvat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212ydvta t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