2023届武昌区元调物理参考答案_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_湖北省武汉市武昌区2023届高三元月调考卷物理

武昌区 2023 届高三年级质量检测 物理评分标准 一．选择题：本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对 但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D B A B C D CD AC AB ABD 二．非选择题：本题共5小题、56分。 12．（7分） 水平（1分） ；匀速直线 （1分）；1.2（2分） ； 9.75（2分） ；不是（1分） 13．（9分） R R dR （1） 0 （3分）；（2） 0 （3分） ； 0－R －R （3分）； A 0 7 7k 7k 14．（9分） ︵ 作光线在截面MON中的光路如图所示，设恰好在MN发生全反射 M 的临界光线在MO上的折射角为r， 45° rC 入射角为i=45°，由折射定律有： α 60° N sini O n ①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 sinr sinC 1 ②∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 n ︵ 设该光线在MN上的入射点的法线OP与MO间的圆心角α 则 α+r+C= 90° ③∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 由①②③式得 α=15°∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 60-15 2Rh 故  360 100% 75% ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 60 2Rh 360 即弧面MNN´M´上能射出光线的面积其表面积的75% 115． (15分) 解：（1）质子在电场中加速，由动能定理有： 1 nqU= mv 2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 0 2 解得： n=3 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 T 质子在圆筒中匀速直线运动的时间为 ，所以n=3圆筒的长 2 T L=v · =0.3m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 0 2 （2）设质子在磁场中的圆周运动的半径为R，其能够射入第一象限的条件是： R>0.2m ①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 质子在磁场中运动是匀速圆周运动，其所受洛伦兹力提供向心力： v 2 qv B=m 0 ②∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 0 R 由①②有： B<0.3T ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 （3） 如图所示，质子在磁场中运动的轨迹圆心为O´，从C点离开磁场时速度方向的反向 y 延长线过O点，设其速度偏转角为2θ ， 则 0.4 O' y 4 tan2θ= 0 = ③∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 x 3 0 θ r 在RTΔOO´C中，tanθ= ④∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 R C 2tanθ 又 tan2θ= ⑤ 1- tan2θ 2θ x 联立②③④⑤解得B=0.15T∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 0.3 O 16．（16分） 解：（1）木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力 N 分析如图，则 2 f 2 N 1 f ' N ＝（mg+Mg）cosθ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 2 f 又∵ f ＝μ N ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 N 1 ' Mg 1 2 2 2 mg 计算可得： f ＝24N 2 木板和物块构成的系统，沿斜面方向： （mg+Mg）sinθ－f ＝0∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 2 所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性碰撞后的速度大小为仍为 v =2m/s。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大 0 小即为离开挡板的最大距离x ，以物块为研究对象： 1 2μ mgcosθ+ mgsinθ ＝ ma ①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 1 v 2 ＝ 2a x ②∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 0 1 1 联立①②解得： x ＝ 0.1m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 （2）物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下 为正方向， 则 Mv －mv ＝（m+M）v ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 0 0 1 1 ∴v ＝ v ＝1m/s∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 0 2 （3）物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间： v -（-v ） t ＝ 1 0 ＝0.15s∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 a 1 这段时间，物块的对地位移： 1 x = （-v +v ）t =-0.075m∙∙∙1分 2 0 1 1 2 沿斜面向上 s 1 木板的位移： 1 x = （v +v ）t =0.225m∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 3 0 1 1 2 Δs 沿斜面向下 1 物块与木板间的相对位移： θ=37° Δs =x - x =0.3m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 3 2 做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间 到第二次碰撞前瞬间的示意图如图，分析可知： s ＝Δs ＝0.3m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 1 1 （4）物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板 处。若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的 整个过程，物块与木板间的总相对位移Δs与木板沿斜面下滑的距离s大小相等，即： Δs＝s 由系统能量守恒： 1 μ （m+M）gcosθ•s+μ mgcosθ•Δs ＝ (M+m)v 2+Mg•ssinθ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分 2 1 0 2 解得： Δs＝0.4m ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分 即长木板的长度L至少为0.4m （用其它方法解题，比照标准给分） 3