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长沙市 2023 年新高考适应性考试 物理参考答案 一、选择题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B A C C D D B ABD AB BC AC 5．【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 根据折射定律有 sini 1.6 sinr =2 联立以上两式可得 ，故sini=0.96 故入射线与出射线的距离为d=2×0.1×0.96mm=0.192mm sin =0.6 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和 ， 1 2 qUl qUl 则其电势能为E q()qEl  ，则电场力做功W E  ；现将两极板旋 P1 1 2 1 d p1 d qUl 转30，场强变为 ，则 ，故W E  W 。 2 p2 d 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 kI 可知，B  ，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 2h kI 向上，大小为 F=BIL，故 F  I 2r ，又由于圆环恰好悬浮，故 F=mg，计算可得 2h mgh I  ，故C正确，D错误。 kr 物理参考答案第1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U =1.40V，根据串联电路 2 U R 中电压与电阻的关系有 1  X ，计算得到R 1857，若考虑电压表内阻的影响，当开 U R X 2 0 R R 关拨向接线柱 1 时，电压表和待测电阻并联的总电阻为 V X ，则二者分得电压为 R R V X R R V X R R R R U  V X U  V X U ，同理，当开关拨向接线柱2时，电压表和电 1 R R R R R R R R V X R V X 0 X V 0 R R 0 V X R R 0 V R R R R U R 阻箱分得电压为U  0 V U  0 V U ，则有 1  X ，故测量值 2 R R R R R R R R U R 0 V R 0 V 0 X V X 2 0 R R X 0 V 与真实值相等。 42(l l) 42(l l ) 13.（9分）【答案】(1)76.75 (2)9.66或9.67 (3) 2 1 或 1 2 T2T2 T2T2 2 1 1 2 (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： ， ， ， 根据逐差法求解加速度的方法可得： 1 =2.00cm =0.0200m 2 =25.95cm =0.2595m 3 =76.75cm =0.7675m (x x )(x x) (0.76750.2595)(0.25950.0200) g  3 2 2 1  m/s2 9.66m/s2 ； T2 ( 1 )2 6 l  X （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T 2 1 和 1 g l  X 42(l l) T 2 2 ，联立方程解得：g  2 1 2 g T2T2 2 1 （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） 31 V ；（2）288K（或12℃） 30 0 【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 V 0  V T T 0 且 ， 解得V  31 V 30 0 （ 2） 0 =由3理00想K气体 =状态31方0K程 P 1 1.2V 0  P 0 V 0 T T 1 0 解得： 1 =288K 物理参考答案第2页（共5页）15．（13分）【答案】（1）0.5T （2）-1.5J （3）1.5104N/C 【解析】 （1）顺利通过的粒子作匀速直线运动，则有 BqvqE U Ed 解得： B =0.5T 1 （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 W  1 mv2  1 mv2 2 2 0 W=-1.5J ②将电场沿x轴和y轴分解，可以得到电场力做功： W qE x qE y x op y op 又 E tan y 3 E x E  E2E2 x y 代入解得： E 1.5104N/C(V/m) 2 物理参考答案第3页（共5页）16．（15分） 【答案】（1）1.3s （2）0.64JE1J（3）距离B点1.4m 【详解】（1）摩擦力 f mg f 加速度为a 2m/s2 m 小物块先加速到传送带速度v ，所用时间为t ， 1 1 v t  1 1s 1 a 1 加速位移为x  at2 1.0m<1.6m 1 2 故小物块之后做匀速运动，时间为t ， 2 Lx t  1 0.3s 2 v 0 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; m gh 1 mv2 2 2 2 1 解得 ，因为lh0.2m2l ，细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。 ②若小ℎ=物0块.2与m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：m gl 1 mv2 2 2 2 2 动量守恒定律得：mv mv mv 1 1 1 3 2 2 系统损失的能量ΔE= 1 mv2- 1 mv2- 1 mv2 1 2 1 1 2 1 3 2 2 2 解得：ΔE 0.64J 1 ③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞， m v =(m +m )v 1 1 1 2 4 解得：v =1m/s 4 系统损失的能量 1 2 1 2 ∆ 2 =2 1 1−2( 1+ 2) 4 解得：ΔE 1J 2 所以系统损失的能量范围为：0.64JE1J 物理参考答案第4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 v v 可得v  v v2 2.5m/s ， a  0 a a  a 相 0 x v y v 相 相 a v v a t 由于 x  0  0 x a v va t y x 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v 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， 1 运动时间为t，由匀减速运动可知 1 d vt a t2 2 y 可得 或者 （舍去） 1 =0.5s 2 =2s 此时沿AC方向的位移为x= 假设成立； 1 2 所以小物块从BD边射出，射2 出 点 1 距=离0. D 2 点为x = =1.4m D − 物理参考答案第5页（共5页）