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武昌区 2025 届高三年级上学期期末质量检测
物理评分标准
一、选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D C B A B BD AD AD
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. （7分）
（1）AD （2分）； （2） b+V （3分）；
0
（3） 漏气、室温升高（答出一种情况即得2分） （2分）
12.（10分）
R bR Rx I
（1） （2分） ， -Rg （2分） ； （2） 相等 （1分） ， 0 0 （2分）
kL kL L
（3）ACD（3分）
13.（10分）
A D
（1）光线入射到棱镜中，光路如图所示，光线在AB边上的N点 P
β
入射角为α，在CD边上的P点的入射角为β，从BC边上的Q点射出。
M
由已知∠COM=30°，有∠NOD=∠MOD=60°，
N α
则 α=30°
B O Q C
光线恰好在AB边发生全反射，
即临界角 C=30° ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
1
由 sinC＝ ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分
n
得该棱镜的折射率 n＝2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
3
（2）在RT∆NBO中，BO=0.5R，则ON= R
3
在∆NOP中，由正弦定理有：
ON OP
=
sinβ sin2α
解得 β=30°
因此， 且光线在CD面P处也会发生全反射，并最终从垂直BC边的Q点射出。 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
2 3
在RT∆NOP中， ∠NOP=90° 且 NP= R
3
3
在RT∆OQP中， PQ= R
2
光线在棱镜中传播的总光程
物理评分标准 第 1 页 共4页3 3
l=MO+ON+NP+PQ=(1+ )R ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ ① 2分
2
c
又 n= ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ ② 1分
v
l
光线在该棱镜中传播所用时间 t= ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ ③ 1分
v
( )R
联立①②③解得 t= 2+3 3 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
c
14.（15分）
（1）物块和薄板受力平衡时，设弹簧的压缩量为x ，则
0
3mg=kx ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①1分
0
设偏离受力平衡位置的位移为x，规定竖直向下为正方向，则弹簧的弹力
F =-k（x+x ）∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
弹 0
物块和薄板受到的合力 F=F +3mg
弹
=-kx ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分
所以物块和薄板的运动时简谐运动。
（2） 运动起点即薄板静止时， 2mg=ka ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
由①有，平衡位置时弹簧的压缩量 x =1.5a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
0
已知弹簧的最大压缩量为x =2.5a，
1
则振幅 A=x -x =a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
1 0
所以最高点弹簧的形变量 x =0.5a=0.5A ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
2
作简谐运动的位移时间关系图像如右图所示，从位移为0.5A的位置运动至最高点至少需要时间
1 3
t= T+ T∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 x
12 4
A
6 0.5A
解得简谐运动的周期为 T= t ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
5 t
0 5T 0.5T T
（3）物块下落过程，由机械能守恒定律： 12
-A
1 图1
mgh= mv2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分
2 0
物块与薄板碰撞，由动量守恒定律：
mv =3mv ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分
0 最高点
a
原长
若振幅为2.5a，运动示意图如右图所示，最高点的弹簧伸长量为a 2.5a a
起点
与起点时弹簧的压缩量相同，即具有等量的弹性势能 0.5a 平衡位置
从开始做简谐运动至运动到最高点的过程，由机械能守恒定律：
1
mv2=mg2a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④2分
图2
2
联立②③④式，解得 h=18a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
物理评分标准 第 2 页 共4页15. （18分）
（1）设粒子在左侧磁场运动时的半径为R 。
1
若粒子第一次离开左侧磁场情境如图1所示，则
R
1
-R
1
cosθ=d
解得 R =5d
1
则粒子第一次离开磁场时的射出点M与A点间距
为3d,而上下边界间距为2d ，故粒子离开场区，不符合
题意，此种情境舍去。
若粒子第一次离开左侧磁场情境如图2所示，则
R
1
+R
1
cosθ=d ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
5
解得 R = d ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
1
9
洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力
mv2
qvB = ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分
1 R
1
9mv
解得 B = ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
1 5qd
（2）设粒子从边界CD上的N点第一次进入右侧磁场。
从M到N，粒子在竖直方向上的位移
1
y
MN
= vcosθt=0.4vt∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分
2
水平方向上的位移
L=vsinθt=0.6vt∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②2分
粒子不能射出场区，所以
y
MN
≤R
1
sinθ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分
联立①②③得
L≤0.5d ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
即L的最大值为0.5d
（3）设粒子从N点射入右侧磁场，圆周运动的半径为R ，从N'点第一次离开右侧磁场，从M'点再次
2
进入左侧磁场。
粒子在右侧磁场运动的线速度为
vsinθ=0.6v
洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力
m（0.6v）2
q0.6vB = ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④1分
2 R
2
B 越大，R 越小，作出满足题设条件的粒子运动
2 2
的轨迹如图4所示。根据题意，粒子进入左侧磁场时
速度大小仍为v，圆周运动半径也为R ，则
1
EF=R
1
-R
1
sinθ=0.4R
1
粒子不能从上边界离开磁场，
所以 AM'≥EF
即 DN+2R -y ≥0.4R
2 M'N' 1
物理评分标准 第 3 页 共4页1 2 1
（其中DN=AM-y
MN
，AM=R
1
sinθ=0.6R
1
，由①②和已知条件L= d有y
M'N'
=y
MN
= d，则DN= d）
3 9 9
1
解得 R ≥ d ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑤2分
2
6
如图5所示，粒子第二次在左侧磁场运动至P'点时，圆心O 与P'连线水平，可视为从P点运动至
1
P'点的过程为粒子在场区运动的一个周期。
PP'=AM'-EF+R
1
2 2
=0.6R -（ d+2R - d-0.4R ）+R
1 2 1 1
9 9
2
= d+2R
2
9
设经历n（n为正整数）个周期，粒子恰好从Q点离开场
区要满足 nPP'=2d
2
即 n（ d+2R ）=2d
2
9
1 1
解得 R =（ - ）d ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑥ 2分
2
n 9
18
联立⑤⑥得：n≤
5
又n为正整数，故n=1、2、3
如图5所示，当n=3时，有R 最小值：
2
2
R = d ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑦ 1分
2m
9
联立④⑦解得
27mv
B = 即为B 最大值 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分
2 10qd 2
物理评分标准 第 4 页 共4页
