文档内容
2025 届南宁市高中毕业班摸底测试物理学科
评分细则
一、单选题（共30分）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D A C B C B
说明：选对的得4分；错选、不选均的给得0分。
二、多选题（共48分）
题号 8 9 10
答案 AC AC ABD
说明：全选对得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
备注：（1） 1. 变形后与答案一致的表达式也给分，如2𝑔ℎ=𝑣2、𝑣 =√2𝑔ℎ
2. 表达式里面包含 m 的不给分
12. （1）电路图如图所示（1分）
（2）A （1分）
（3）1. 47（1. 46~1. 48均可）（2分）
0. 74（0. 72~0. 76均可）（2分）
（4）电源内阻太小或电流表量程过小（写出其中一个原因的即得2分）
在干路上串联一个定值电阻或改装电流表适当增大量程（写出其中一个原因
的即得2分）
注：
（1）1. 与实物图物理原理一致的电路图也可以给分，如图：
2. 滑动变阻器的划片符号没有箭头的，不给分。
3. 导线明显断开也不给分。
（2）未填器材前的字母代号，填“A ”不给分。
1
（4）第一空：只写“电池太新”，未提到电池内阻太小，不给分。
第二空：1. 未写“定值”二字，不给分。2. 写“给电源串联一个电阻箱”也给分。3. 与答
案意思一致的表述也给分（如“在电源与开关之间串联一个定值电阻”）。13. 解：设活塞在 A 位置时气体的体积为 V 、热力学温度为 T ，在 B 位置时气体的体
A A
积为 V 、热力学温度为 T 、内能为 U
B B B
（1）依题意，该过程为等圧変化过程，由盖—吕萨克定律有：
…………………………………（2 分）
若写
𝑝𝐴𝑉𝐴
=
𝑝𝐵𝑉𝐵
，但未说明压强相等的不给公式分。
𝑇𝐴 𝑇𝐵
得活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度：
T =280 K …………………………………（1分）
A
由气体的内能与热力学温度成正比：
…………………….……（1分） 未使用题给符号“U 0 ”的，不给分。
得活塞处于B位置时气体的内能
U =150 J………………………………..（1分）
B
（2）活塞从A位置缓慢到B位置, 活塞受力平衡, 气体为等压变化, 以活塞
为研究对象：
pS=p S+mg……………………………….. （1分）
0
气缸内气体的压强 p=p + =1.5×10 5 pa
0
从A到B，气体对外界做功：
只写 W=-p△V不给分
W=-p（V -V ）…………………..（1分）
B A 说明△V =V B-VA 才给分
W=-45 J
W=p(V B-VA )没写负号“-”，需匹配△U= Q-W 才给分
由热力学第一定律：
△U =Q+W………………….（1分） 若没写 W=p(V B-VA )只写△U= Q-W 此式不给分
△U=U -U ………………….（1分）
B 0
△U=50 J
从A到B,气体从电热丝吸收的总热Q=95 J（1分）
说明：1.不写单位或单位错，整题只扣1分
2.写阴阳式不给分
3.连等式有错不给分
4.气体体积、温度、内能等物理量用其他符号表示且不引起混淆的，对应给分14. 解：(1)物块与弹簧系统在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，由机械能守恒定律
得
𝐸 = 1 𝑚𝑣2 ① ……………………………………………… 2分
𝑃 2 0
【说明：直接写50𝐽= 1 𝑚𝑣2不得分】
2 0
解得 v =10m/s ……………………………………………… 1分
0
【说明：v=10m/s或v =10m/s等，未答到v 或未说明所答为离开弹簧时的速度均不得分】
1 0
(2)若物块恰好能达到与圆心等高的B点，物块与弹簧分离后上升到B点过程，由机械
能守恒定律有
1 𝑚𝑣2 =𝑚𝑔𝑅 ②……………………………………………… 2分
2 0
解得R=5m …………………………………………………………………… 1分
为保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径
R≥5 m
若物块恰好能经过圆形轨道最高点C，物体在最高点有
𝑚𝑔 =𝑚
𝑣2
③…………………………………………………………… 2分
𝑅
【说明：若物块在最高点C有𝑚𝑔 ≤𝑚
𝑣2
得2分，𝑚𝑔＜𝑚
𝑣2
不得分。𝑣 =√𝑔𝑅或𝑣 ≥√𝑔𝑅均
𝑅 𝑅
不得分】
物块与弹簧分离后上升到圆弧轨道圆心最高点过程，由机械能守恒定律得
1 𝑚𝑣2 =2𝑚𝑔𝑅+ 1 𝑚𝑣2 ④………………………………………………… 2分
2 0 2
【法二：由动能定理有 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2 =−2𝑚𝑔𝑅 。其它合理解法也得2分】
2 2 0
解得R=2m …………………………………………………………………… 1分
为保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
R≤2 m
综上所述，为保证物块进入圆形轨道的过程不脱离轨道，圆形轨道半径
R≥5 m或R≤2 m……………………………………………… 1分
【说明：以上各式涉及v 和R均要用题中字母表示，或补充说明所设等于题中所给，
0
如v =v 、R =R，否则不得分。】
A 0 115. 解：(1)甲棒在斜面导轨下滑过程, 由机械能守恒得：
1 𝑚𝑣2 =𝑚𝑔ℎ (1 分)
2 0
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为：
E =2Bcos 60°⸱Lv (1分)
1 0
回路产生的电流为 𝐼 =
𝐸1
(1 分)
1
2𝑅
对乙棒，由牛顿第二定律可得Bcos 60°⸱I 2L=ma (2分)
1
【等价式子一：F =Bcos 60°⸱I 2L(1分)，F =ma(1分)，两式均写，各得1分；
bx 1 bx
只写F =ma不给分
b
等价式子二：F =B I 2L(1分), F cos 60°= ma (1分)】
b 1 b
联立解得乙棒的加速度大小为a=0.03 m/s2 (1分)
方向水平向右(1分)
（2）两棒稳定时，电流为 0，则 2Bcos 60°Lv = Bcos 60°⸱2Lv (1 分)
1 2
得 v v
1= 2
两棒受到的安培力满足 F =F 且安培力方向相反，则两棒组成的系统动量守恒：
a b
可得mv =mv + mv (1分) 【不推导v = v ，写mv =2mv不给分】
0 1 2 1 2 0
对乙棒，根据动量定理可得 𝐵𝑐𝑜𝑠60°∙𝐼2̅ 𝐿𝑡 =𝑚𝑣 (2 分)
2
【等价式子：对甲棒，根据动量定理可得 −2𝐵𝑐𝑜𝑠60°∙𝐼𝐿̅ 𝑡 =𝑚𝑣 −𝑚𝑣 (2 分)】
1 0
又𝑞 =𝐼𝑡̅ (1 分)
联立解得通过乙棒的电量为q=15 C （1分）
法二：对乙棒，根据动量定理 𝐵𝑐𝑜𝑠60°∙𝐼2̅ 𝐿𝑡 =𝑚𝑣
2
对甲棒，根据动量定理 −2𝐵𝑐𝑜𝑠60°∙𝐼𝐿̅ 𝑡 =𝑚𝑣 −𝑚𝑣
1 0
【以上两式均正确得3分，只写对其中一个得2分】
两棒稳定时，电流为0，则2Bcos 60°⸱Lv = Bcos 60°⸱2Lv (1分)
1 2
又𝑞 =𝐼𝑡̅ (1 分)
联立解得通过乙棒的电量为q=15 C (1分)
注：动量定理、电量中的电流不用平均电流𝐼，̅ 不给分
（3）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程，根据能量守恒可得
𝑄 = 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2 (1 分) 【等价式子：𝑄 = 1 𝑚𝑣2−2× 1 𝑚𝑣2 (1 分) 】
总 2 0 2 1 2 2 总 2 0 2 1
解得 Q =0.9J
总
则乙棒上产生的焦耳热为 (1分)
得Q =0.45J (1分)
b
