高2023届第一次学业质量调研抽测(答案）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_3物理高考模拟题_新高考_重庆主城区一诊高2023届第一次学业质量调研抽测物理

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