高2023届第一次学业质量调研抽测(答案）

高三物理参考答案及评分细则第1页（共4页）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1234567答案CBAADCB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8910答案BCADACD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)；（2）如图所示(2分)；（3）越大(2分)；20(2分)图乙高三物理参考答案及评分细则第2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：0WMgh解得：5=610JWMgh……1分根据WPt……1分解得51.510WP……2分（2）自由落体阶段根据vgt，解得刚要减速时速度20m/sv……1分自由下落高度2120m2hgt，则减速阶段的位移为40mhhh……1分减速阶段根据牛顿第二定律有：Fmgma……①……1分根据位移关于速度的关系式：220ahv………②……1分由①②解得41.510NF……1分方法一：减速运动的时间4svta……1分根据IFt……1分解得4610NsI方向竖直向上……1分方法二：根据()0Fmgtmv……1分解得4st……1分根据IFt解得4610NsI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vm由题意有21mmkv...............①……1分由平衡条件得2mmgkv...............②……1分联立①②解得2m1=kvgk...............③……2分（2）未撤电压时油滴保持静止状态有Uqmgd..............④……2分高三物理参考答案及评分细则第3页（共4页）联立②③④解得221kdqkgU……2分（3）设匀速过程中的位移为h有2m1khvttgk...............⑤……2分则重力势能的变化量2212p221()()kkgLktEmgLhgk..............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：mgqE，解得2EV/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O1正上方做竖直上抛，最终根据对称性与b发生碰撞。根据RvmqvB2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t1，在磁场中运动的时间为t2，在纯重力场运动的时间为t3。10.06sStv……1分21120.1s22mtTqB……1分320.8svtg……1分123+1.17tttts总……1分（3）a恰能与b发生弹性碰撞，碰撞前4m/savv根据动量守恒得：aaaabbmvmvmv……1分ONMABCDO1abⅠⅡ高三物理参考答案及评分细则第4页（共4页）ONMABCDO1ababⅠⅡ根据机械能守恒得：222111222aaaabbmvmvmv……1分解得：4=3avm/s16=3bv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a1，b小球竖直方向的加速度为a2。根据：FqEmgma合……1分解得：21=15m/saaaqEmgam；22=20m/sbbbqEmgam……1分由此可知b小球先到达CM边缘，所用的时间为t0。根据2201=2Rat，解得t0=0.2s……1分设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：22222424125+=)+1644babadxyvvtaattt水平竖直（）（）(-（-）……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=t0=0.2s时，两球距离最远。即2400256516=m410dtt……2分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211=0.1m2hRat……1分水平方向的位移差0.8mbaxvtvt……1分根据几何关系可知最大距离2265m10dhx……1分