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1234567891011答案CDBABCDCDACABABD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）R0R0dR0（1）（3分）；（2）（3分）；－RA－R0（3分）；77k7k14．（9分）︵作光线在截面中的光路如图所示，设恰好在发生全反射MONMNM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：α60°NsiniOn①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分sinr1sinC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h360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：12nqU=mv0∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分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2TL=v0·=0.3m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分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>0.2m①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙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：2v0qv0B=m②∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分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O'0.4y04tan2θ==③∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分x03θr在RTΔOO´C中，tanθ=④∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分RC2tanθ又tan2θ=⑤1-tan2θ2θx联立②③④⑤解得B=0.15T∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分0.3O16．（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，受力分析如图，则N2f2N1f1'N2＝（mg+Mg）cosθ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分f1N1'又∵f2＝μ2N2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分Mgmg计算可得：f2＝24N木板和物块构成的系统，沿斜面方向：（mg+Mg）sinθ－f2＝0∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分所以，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v0=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小即为离开挡板的最大距离x1，以物块为研究对象：2μ1mgcosθ+mgsinθ＝ma1①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分2v0＝2a1x1②∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分联立①②解得：x1＝0.1m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分（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Mv0－mv0＝（m+M）v1∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分1∴v1＝v0＝1m/s∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分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：v1-（-v0）t1＝＝0.15s∙∙∙∙∙∙∙∙1分a1这段时间，物块的对地位移：1x2=（-v0+v1）t1=-0.075m∙∙∙1分2沿斜面向上s1木板的位移：1x3=（v0+v1）t1=0.225m∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分2沿斜面向下Δs1物块与木板间的相对位移：θ=37°Δs1=x3-x2=0.3m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分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：s1＝Δs1＝0.3m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分（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：12μ2（m+M）gcosθ•s+μ1mgcosθ•Δs＝(M+m)v0+Mg•ssinθ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分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