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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VXVX1VX0VXRRRRUURRRRRVXVX0XV0RRURRRRRR,同理,当开关拨向接线柱2时,电压表和电阻箱分得电压为0V0V20VX0VRRRRUURRRRR0V0V0XVXRRURRRRRR,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()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: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BqvqEUEd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0221122WmvmvW=-1.5J②将电场沿x轴和y轴分解,可以得到电场力做功:xopyopWqExqEy又tan3yxEE22xyEEE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:1Δ0.64JE③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:2Δ1JE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
本文标题:【物理参考答案】长沙市2023年新高考适应性考试
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