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高 2023 届学业质量调研抽测（第一次） 高三物理参考答案及评分细则 第 I 卷 选择题 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C B A A D C B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 BC AD ACD 第Ⅱ卷 非选择题 三、实验题：本题共2小题，11题6分，12题9分，共15分。 11题（6分）（1） AE (2分) （2） 0.99 (2分)； 0.63 (2分) 12题（9分）（1）如图所示(2分)； D (1分)； 图乙 （2）如图所示(2分)； （3） 越大 (2分)； 20 (2分) 高三物理参考答案及评分细则 第1页（共4页）四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题12分，15题18分，共42分。 13题（12分） 解：（1）根据动能定理： 高三物理参考答案及评分细则 第2页（共4页） W  M g h  0 解得： W  M g h = 6  1 0 5 J ……1分 根据 P  W t ……1分 解得 P  1 .5  1 0 5 W ……2分 （2）自由落体阶段根据 v  g t ，解得刚要减速时速度 v  2 0 m / s ……1分 自由下落高度 h   1 2 g t 2  2 0 m ，则减速阶段的位移为  h  h  h   4 0 m ……1分 减速阶段根据牛顿第二定律有： F  m g  m a ……①……1分 根据位移关于速度的关系式： 2 a  h  0  v 2 ………②……1分 由①②解得F 1.5104N……1分 方法一：减速运动的时间  t  v a  4 s ……1分 根据 I  F  t ……1分 解得 I  6  1 0 4 N  s 方向竖直向上……1分 方法二：根据 ( F  m g )  t  0  m v ……1分 解得  t  4 s ……1分 根据 I  F  t 解得 I  6  1 0 4 N  s 方向竖直向上……1分 14题（12分） 解：（1）设油滴的质量为m，撤去电压后达到的最大速率为v m 由题意有mkv2 ...............①……1分 1 m 由平衡条件得 m g  k 2 v m ............... ② ……1分 k 联立①②解得v = 2 ...............③ ……2分 m gk 1 （2）未撤电压时油滴保持静止状态 U 有q mg ..............④……2分 d联立②③④解得 高三物理参考答案及评分细则 第3页（共4页） q  k k 1 22g d U ……2分 （3）设匀速过程中的位移为 h 有 h  v m t  k g 2k 1 t ...............⑤……2分 则重力势能的变化量  E p  m g ( L  h )  k 22 ( k g 1g L 2 k  21 k 2 t ) ..............⑥ ……2分 15题（18分） 解：（1）小球a 以一定的初速度释放后，沿直线匀速运动，可 知电场的方向竖直向上。 根据二力平衡： q E  m g ，解得 E  2 V/m……2分 由题意可知，a 恰能与 b 发生弹性碰撞，可知其轨迹一定 在磁场中偏转了 90°，在 O 正上方做竖直上抛，最终根据对 1 称性与b发生碰撞。 根据 q v B  m v R 2 解得v=4m/s……2分 （2）根据题意可知，a小球撞上b小球经历三段时间，设在最初电场和重力场叠加场中 匀速运动的时间为t ，在磁场中运动的时间为t ，在纯重力场运动的时间为t 。 1 2 3 S t  0.06s……1分 1 v t 2 1 2 T 1 2 2 q B m 0 .1 s      ……1分 v t 2 0.8s……1分 3 g t t +t t 1.17s……1分 总 1 2 3 （3）a恰能与b发生弹性碰撞，碰撞前 v a  v  4 m / s 根据动量守恒得： m a v a  m a v a   m b v b  N A D Ⅰ Ⅱ a O b 1 O B C M ……1分根据机械能守恒得： N A D Ⅰ Ⅱ a O b 1 a b O B C M 高三物理参考答案及评分细则 第4页（共4页） 1 2 m a v a 2  1 2 m a v a 2  1 2 m b v b 2 ……1分 解得： v a  = 4 3 m/s v b  = 1 6 3 m/s……1分 碰撞后两球做类平抛运动，由于两球质量不一 样，所以竖直方向的加速度不一样。设a小球竖直 方向的加速度为a ，b小球竖直方向的加速度为a 。 1 2 根据： F 合  q E  m g  m a ……1分 解得： a 1 = q a E  m m a a g  1 5 m / s 2 ； a 2 = q b E  m m b b g  2 0 m / s 2 ……1分 由此可知b小球先到达CM边缘，所用的时间为t 。 0 根据 R = 1 2 a 2 t 0 2 ，解得t =0.2s ……1分 0 设a、b小球平抛运动时间为t时，在空间相距d。则建立函数关系有： d  （  x 水 平 ） 2 + （  y 竖 直 ） 2 = ( v b - v a ) 2 t 2 + 1（4 a b - a ）a 2 t 4  1 6 t 2  2 4 5 t 4 ……2分 上式表明a、b小球在空间距离d是它们同时在空中运动时间t的增函数，即当t=t =0.2s 0 25 65 时，两球距离最远。即d  16t 2  t 4= m……2分 0 4 0 10 若学生按照类似以下步骤直接算出正确结果，扣1分。 两球竖直方向高度差  h  R  1 2 a 1 t 2 = 0 .1 m ……1分 水平方向的位移差  x  v b t  v a t  0 . 8 m ……1分 65 根据几何关系可知最大距离d  h2 x2  m……1分 10