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根据折射定律有sini1.6sinr�=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故选D。sin�=0.6．【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，712qUlqUl则其电势能为Eq()qEl，则电场力做功WE；现将两极板旋P1121dp1dqUl转30，场强变为，则，故WEW。2p2d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，BkI，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2hB向上，大小为，故FkII2r，又由于圆环恰好悬浮，故，计算可得F=BIL2hF=mgmghI，故正确，错误。krCD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U2=1.40V，根据串联电路中电压与电阻的关系有UR1X，计算得到，若考虑电压表内阻的影响，当开RX1857UR20RR关拨向接线柱1时，电压表和待测电阻并联的总电阻为VX，则二者分得电压为RRVXRRVXRRVXRRVX，同理，当开关拨向接线柱时，电压表和电U1UU2RRVXRRRRRRVX0XV0R0RRVXRR0V阻箱分得电压为RR0VRR0V，则有UR1X，故测量值U2UURR0VRRRRRR0V0XVXUR20RXRR0V与真实值相等。22（分）【答案】或4(l2l1)或4(l1l2)13.9(1)76.75(2)9.669.67(3)2222TT21TT1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()()x3x2x2x1(0.76750.2595)(0.25950.0200)22g2m/s9.66m/s；T()126l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1g2l2X，联立方程解得：4(l2l1)T22g22gTT2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）31V；（2）288K（或12℃）300V【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0VTT0且，解得VV313000PVPV1.2（2�）=由理想气体状态方程300K�=310K1000TT10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qEUEd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1212Wmvmv022W=-1.5J②将电场沿x轴和y轴分解，可以得到电场力做功：WqExxopqEyyop又Etany3Ex22EEExy代入解得：4E21.510N/C(V/m)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mgf2加速度为a2m/sm小物块先加速到传送带速度，所用时间为t，v11vt11s1a1加速位移为xat21.0m<1.6m12故小物块之后做匀速运动，时间为t2，Lx1t20.3sv0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;mgh1mv22221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若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心ℎ=0.2mO等高的位置由机械能守恒得：mgl1mv22222动量守恒定律得：m1v1m1v3m2v2系统损失的能量ΔE=1mv2-1mv2-1mv21211213222解得：ΔE10.64J③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1212∆�2=2�1�1−2(�1+�2)�4解得：ΔE21J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2v可得，0vv相v0v2.5m/saxaayav相v相avvat由于x00xayvvaxt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，由匀减速运动可知t1dvtat22y可得或者（舍去）12此时沿�=AC0.5方向的位移为s�=2sx=假设成立；122���1=0.2�所以小物块从BD边射出，射出点距离D点为xD==1.4m�−�物理参考答案第5页（共5页）