2023届山东省青岛市高三第二次适应性测试 物理答案

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物理答案 第 1页 共 4页
P0S1
p1S1Mg
p0S
一、单项选择题：本大题共 8小题，每小题 3分，共 24 分
物理参考答案及评分标准
。
1．D 2．A 3．D 4．B 5．C 6．B 7．C 8．C
二、多项选择题：本大题共 4小题，每小题 4分，共 16 分，选不全得 2分，有选错得 0分。
9．BC 10．ACD 11．BD 12．CD
三、非选择题
13．（6分）
（1）C（1分）；（2）9.80（2分）、3.78（1分）；（3）不是（1分）、偏小（1分）。
14（8分）
（1）大于（1分）、小于（1分）；
（3）500（2分）
2分）（2）保护灵敏电流计 G（ ；
； （4）避免了电压表分流作用，消除了系统误差（2分）。
15．(7 分)
（1）杯中气体做等容变化 p0
T0
＝p1
T1
····························································（1分）
末态对茶杯和茶水受力分析如图：
列平衡方程：p1S+Mg=p0S·································································· （1分）
解得：T1＝356.4K，所以此时水温为 t1＝83.4℃······································（1分）
（2）杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压变化
对于全部气体：V1
T1
+V2
T0
＝V1
T0
································································（2分）
解得进入杯中的空气在室温下体积为 V2=1
6V1········································· （1分）
所以杯中原有气体在室温下体积为 V原=5
6V1
所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm：m原=1:5·············· （1分）
评分标准：第 1问，3分；第 2问，4分。共 7分。
16．（9分）
（1）x=v0t；y=1
2gt2·················································································· （1分）
tanθ=gt
v0
···························································································（1分）
解得 3
6
x
y·····················································································（1分）
（2）恰好通过最高点 D
物理答案 第 2页 共 4页
满足
2
v
mg m R
··············································································（1分）
由于动摩擦因数与 x成线性关系，AB 过程摩擦力做功可用平均力做功。从 Q到圆轨道最高
点，由动能定理得
2 2
AB 1max AB 2 BC 0
1 1 1
( sin 2 ) cos
2 2 2
mg y x R mg x mgx mv mv
 
 
········ （2分）
又
22
0
( tan )
2 2
y
vv
yg g
 
联立解得
25
32
y R
25 3
2 3 16
x y R 
·········································································（1分）
从D点返回到 A点，根据动能定理：
2 2
1max 2
1 1 1
2 sin cos
2 2 2
AB AB BC A D
mg R mgx mg x mgx mv mv
 
 
··········（1分）
解得 vA=3gR
2说明物体能从 A点离开。··············································· （1分）
评分标准：第 1问，3分；第 2问，6分。共 9分。
17．(14 分)
（1）mg=qv0xB······················································································· （1分）
qv0zB=qE························································································· （1分）
该质点在运动过程中的最小动能为其初始动能的1
2，最小动能即为 z方向的速度
减为 0时的动能 Ekmin=1
2mv0x2
根据题意有
 
2 2 2
kmin 0 0 0
1 1 1
( )
2 2 4 x z
E mv m v v 
································（1分）
解得 v0x=v0z所以 mg=qE1可得 E1=mg
q·········································（1分）
（2）设圆轨道半径为 R，圆周上一点和坐标原点连线与 y轴的夹角为α，
则mg=F电sinα················································································ （1分）
qωRB1-F电cosα=mω2R········································································（1分）
其中 tanα=a
R解得
B1=m(ω2a+g)
qωa
·················································································· （1分）
方向沿 z轴负方向·············································································（1分）
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