厦门市2023届高三毕业班第四次质量检测物理答案

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1、厦门市2023届高三第四次质量检测物理试题参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。题号i I 2 I 3I 4 I 答案D I D I BI c I 二、多项选择题：本题共4.tj、题，每小题6分，共24分。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有边错的得0分。题号s I,I 7I s I 答案B叫ADI AD I BD I 丑A非选择题：共60分，考生根据要求作答。9.(4分，每雪2分）向上1.8 10.(4分，每空2分）6.0104 吸热11.(5分，分别为1分、2分、2分）(1)c(2）二(3)B12.(7分，分别为1分、2分、2分、2分Cl)B(3)A10.

2、8或10.9(4）如右图所示41L(5）一一一1rUDL 13.02分）(1）“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为v=wr得：v=30 m/s(2）“花筒所需向心力大小为F=mroi得：F=900N(3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动h=igt2 xcvt 落地点ffi的距离亢小沟d忑可7得：d=2M5m1(2分）(2分）(2分(2分）(1分）(1分）Cl分）Cl分）14.(12分）(1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动vB=m！.二r=180-;20 T 360 llm.If r=Jq.B(2）粒F在磁场中运动时qvB=mr tan30 主r 质子在直线加速器中运动时，

3、共经过4次缝隙，由动能定理得4q巧卡v2-03qB2R2 得：Un一一一v 8m(1分）(1分）(1分）(1分）(1分）(2分）(1分）(3）为使侃核在每个金属筒内运动时刑1等予支变自压周期前J半，则速皮大和不变4qU=3mv2-09qB2R2 得：U二一一一一8m 即需将交变电压调为Uo的3倍15.(16分）(1）由图乙可得，0-1s物块B加速度大小为i=2m/s2 若物块B与长木板发生相对滑动，则的mgcosmg sin二maof导：。二2.5m/s2(2分）(2分(1分）句。a.故恒DF件西南，两垂相对静Jt1起向上加速。(1分）观AB整体有F_,.f.Li(M十m)gcos一（M+m)

4、gsin（M+m)a1(2分）得：F=48 N(1分）(2)0-1 s内AB一起运动的位移为v.s.=.2./,且2,得：s,=1 m功，即撤去外力时木板恰运动到电场边缘。假设撤去外力后AB相对静止一起减速，对AB整体有i(M+m)gcosB+(M+m)gsinB=(M+m)a2 得：a2=lO m/s2 对物块B有：fo+mg sin-B:t=ma,2 得tfe=5N听1=7.5N，假设成立，两者相对静止一起减速。在此加速度F若B贼速为零，则运动距离为BO-2az 得：SBo=0.2 m矶，即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。d.=VL.！j;E且品2 牟 牟得：t2=0.ls或t2=0.3

5、s（舍弃V2=V1一22物块B在 t=l.3 s减速为零，则其进入电场后的加速度大小为吗1号一。一一mg sin所（mgcos qE):ze llUi13 得：E=S./3105N/C(3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为v:S二 2a句长木板A减速为零的位移为圳cosB得：SB=0.1 m,SA=0.05 m Cl分）(1分）Cl分）I分(l分(1分）SB SA饨，即物块B尚未冲出长木板A的上端(1分）A物体减速为零后，因豆t01gcos二仓sin，故A静止不动物；民8离开电场时，速度与进入时候等大反肉，即v；二1号IJ:-1mgc.asrngsJnB=mBA:p1mgcosA舍sine一z(M+m)gcosB=MaA 3 得：仇 2.5 m/s2，乱三m/s2 6两者共速时：v；一i4Af4得：4=0.3 S,V其0.25 m/s此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为忡s:三t.2哼，以，s，.：.?！.2哼得zs乌告O.IB7宫m,s0.1875m s 饨，即此时长木板A尚未到达底部(1分）(1分）(1分）物块B进入电场后，qE=mgcos，与木饭问无摩擦生热。仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即Q=p1mgcos（s-s）得：Q=I.125 J 4 Cl分）

1.春秋后期的一段铭文记载,楚王命令大臣司马昄营救伊洛之戎。这些戎人到楚国后,楚国“致邑”“立宗”,即给予戎人田邑并帮助他们建立了宗族组织。这促成了A.江南地区得到有效开发B.华夏文化圈范围扩大C.地缘政治摒弃血缘纽带D.宗法分封制日益强化

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2、8或10.9(4）如右图所示41L(5）一一一1rUDL 13.02分）(1）“花筒”M转动的角速度与AB相同，其线速度大小为v=wr得：v=30 m/s(2）“花筒所需向心力大小为F=mroi得：F=900N(3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动h=igt2 xcvt 落地点ffi的距离亢小沟d忑可7得：d=2M5m1(2分）(2分）(2分(2分）(1分）(1分）Cl分）Cl分）14.(12分）(1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动vB=m！.二r=180-;20 T 360 llm.If r=Jq.B(2）粒F在磁场中运动时qvB=mr tan30 主r 质子在直线加速器中运动时，

3、共经过4次缝隙，由动能定理得4q巧卡v2-03qB2R2 得：Un一一一v 8m(1分）(1分）(1分）(1分）(1分）(2分）(1分）(3）为使侃核在每个金属筒内运动时刑1等予支变自压周期前J半，则速皮大和不变4qU=3mv2-09qB2R2 得：U二一一一一8m 即需将交变电压调为Uo的3倍15.(16分）(1）由图乙可得，0-1s物块B加速度大小为i=2m/s2 若物块B与长木板发生相对滑动，则的mgcosmg sin二maof导：。二2.5m/s2(2分）(2分(1分）句。a.故恒DF件西南，两垂相对静Jt1起向上加速。(1分）观AB整体有F_,.f.Li(M十m)gcos一（M+m)

4、gsin（M+m)a1(2分）得：F=48 N(1分）(2)0-1 s内AB一起运动的位移为v.s.=.2./,且2,得：s,=1 m功，即撤去外力时木板恰运动到电场边缘。假设撤去外力后AB相对静止一起减速，对AB整体有i(M+m)gcosB+(M+m)gsinB=(M+m)a2 得：a2=lO m/s2 对物块B有：fo+mg sin-B:t=ma,2 得tfe=5N听1=7.5N，假设成立，两者相对静止一起减速。在此加速度F若B贼速为零，则运动距离为BO-2az 得：SBo=0.2 m矶，即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。d.=VL.！j;E且品2 牟 牟得：t2=0.ls或t2=0.3

5、s（舍弃V2=V1一22物块B在 t=l.3 s减速为零，则其进入电场后的加速度大小为吗1号一。一一mg sin所（mgcos qE):ze llUi13 得：E=S./3105N/C(3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为v:S二 2a句长木板A减速为零的位移为圳cosB得：SB=0.1 m,SA=0.05 m Cl分）(1分）Cl分）I分(l分(1分）SB SA饨，即物块B尚未冲出长木板A的上端(1分）A物体减速为零后，因豆t01gcos二仓sin，故A静止不动物；民8离开电场时，速度与进入时候等大反肉，即v；二1号IJ:-1mgc.asrngsJnB=mBA:p1mgcosA舍sine一z(M+m)gcosB=MaA 3 得：仇 2.5 m/s2，乱三m/s2 6两者共速时：v；一i4Af4得：4=0.3 S,V其0.25 m/s此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为忡s:三t.2哼，以，s，.：.?！.2哼得zs乌告O.IB7宫m,s0.1875m s 饨，即此时长木板A尚未到达底部(1分）(1分）(1分）物块B进入电场后，qE=mgcos，与木饭问无摩擦生热。仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即Q=p1mgcos（s-s）得：Q=I.125 J 4 Cl分）