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宁波市 2025 学年第二学期期末九校联考 高二物理参考答案
一、选择题Ⅰ（30分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A B C A B D B D C C
二、选择题Ⅱ（12分）
11 12 13
AD AD BC
三、实验题（14分）
14-Ⅰ．（1）AD （2分，漏选得1分）
（2）0.50 （2分）
14-Ⅱ．（1）B；22.6 mm （每空1分）
（2）①C （1分）
② （2分）
πd2 U
③ −R （2分）
4L 51I A
14-Ⅲ．（1）BADC （1分）
（2）6×10−10 m （2分）
四、计算题
15．（1）增加；放热（每空1分） （2） p =1.25×105 Pa （3）5 cm
1
（2）圆筒的横截面积S = πd2 =12×10−4 m2
4
根据力的平衡条件可知F + p S = pS （2分）
m 0
F
p = p + m =1.25×105 Pa （1分）
0 S
（3）根据理想气体等温变化方程可得 p L S = pLS （1分）
0 0
L=20 cm （1分）
学科网（北京）股份有限公司右侧活塞移动的最大距离x= L −L=5 cm （1分）
0
( ) 1
16．（1） 32+5 3 N；（2）-15 J；（3）73 J；（4） kg
9
（1）物块从A点到C点由动能定理可得C点速度：
1
mv2 −0=mg ( h+Rsin60°)
2 C
v =4 m/s （1分）
C
在C点，沿半径方向的合外力提供向心力：
v2
F −mgsin60°=m C
N R
可得支持力：F =32+5 3 N （1分）
N
（2）方法一：
物块刚滑上传送带，根据受力分析，加速度为a
mg⋅sin30°+mmgcos30°=ma
a =10 m/s2 （1分）
物块下滑x 之后与传送带达到共速：
1
v2 −v2
x = 传 C =1 m< L
1 2a
1 1
由动能定理： mv2 − mv2 =mgLsin30°+W （2分）
2 D 2 C
W=-15 J （1分）
方法二：
物块刚滑上传送带，根据受力分析，加速度为a
mg⋅sin30°+mmgcos30°=ma
a =10 m/s2 （1分）
物块下滑x 之后与传送带达到共速：
1
v2 −v2
x = 传 C =1 m
1 2a
传送带对物块做的功：
学科网（北京）股份有限公司W =mmgcosθx =5 J （1分）
f1 1
又因为mθ=tan ，所以共速之后，物块与传送带相对静止，一起下滑，共速下滑的位移为：
x = L−x =4 m
2 1
传送带对物块做的功：
W =−mgsinθx =−20 J （1分）
f2 2
整个过程，传送带对物块做的功：
W =W +W =−15 J （1分）
f f1 f2
（3）由上题可得，物块第一次滑过传送带时，与传送带之间的相对位移：
v −v
∆x=v × 传 C −x =0.2 m
传 a 1
对应的热能：
Q =mmgcosθ∆x=1 J （1分）
1
物块每次滑上木板都会被原速弹回，之后，物块在传送带和木板上来回重复运动，每次对传送带的相对位
移：
( )
v − −v
∆x′= 传 传 ×
v
传
− ( −v
传
)
=7.2 m （1分）
a
有来回重复的两次运动：
Q =mmgcosθ( 2∆x′)=72 J （1分）
2
解得
Q =Q +Q =73 J （1分）
总 1 2
（4）由能量守恒可知，当解除时物块的动能、弹簧的弹性势能全部转化成木板的动能时，物块速度为 0，
木板动能最大：
由动量守恒定律：
1
m× v =Mv （1分）
传
3
由能量守恒：
1 1
mv2 = Mv2 （1分）
传
2 2
学科网（北京）股份有限公司解得：
1
M = kg （1分）
9
ke2 ke2 1
17．（1）E = ，E =− ，E = E ；
k1 2r 1 2r n n2 1
1 1
ke2 2 ke2
（2）v= E− ；（3）R =
∞
2r m 2rhc
1 1
（1）根据题意，设氢原子处于基态时电子绕原子核做圆周运动的速率为v，
ke2 v2
由牛顿第二定律有 =m （1分）
r2 r
1 1
氢原子处于基态时电子的动能为
1 ke2
E = mv2 = （1分）
k1 2 2r
1
电势能为
e2
E =−k
p1 r
1
可得基态氢原子的总能量为
ke2
E = E +E =− （1分）
1 k1 p1 2r
1
同理，电子在第n轨道运动时
ke2
E =−
n 2r
n
结合r =n2r ，可得氢原子的总能量
n 1
E
E = 1 （1分）
n n2
（2）从基态到飞出，由能量转化：
1
E−( 0−E )= mv2 （2分）
1 2
解得
学科网（北京）股份有限公司（3）巴耳末系谱线是氢原子从n=3，4，5…的能级跃迁到n=2能级而辐射出的光，可得这些光子的能量为
hc E E
= 1 − 1 （1分）
λ n2 22
由巴耳末公式
1 1 1
= R −
λ ∞ 22 n2
联立得
ke2
R = （2分）
∞
2rhc
1
18．（1）I=10 A，电流方向：N→M
（2）v =6 m/s，U=22 V
p
( ) ( )
（3）q= 3−1 C，E = 36+20 3 J
（1）货物匀速上升，对货物与“H”字形，有BIL=Mg
解得
Mg
I = =10 A （1分）
BL
电流方向：N→M （1分）
v
（2）货物脱钩，货物到最高点时间t = 0 =0.2 s
1 g
对导体棒动量定理有
BILt =mv −mv （1分）
1 p 0
解得
v =6 m/s （1分）
p
向右未碰到弹簧，此时反电动势E = BLv
p
电路有
U −BLv = IP （1分）
p 并
解得
U=22 V （1分）
（3）过P点之后电流方向变化，安培力和弹力同向，合力：
学科网（北京）股份有限公司100
F = BIL+kx=20+ x
合
3
画出导体棒碰到弹簧后所受合力与位移关系如图所示，设弹簧最大压缩量为x。
根据动能定理，导体棒压缩弹簧的最大位移x：
1 1
− ( kx+BIL+BIL ) x=0− mv2
2 2 p
解得
x=0.6 m （1分）
m 3 3
由合力表达式，从P点开始，“H”字形与弹簧组成系统在水平面内做简谐运动，其周期为T =2π = s
k 5
（1分）
该简谐运动的平衡位置在P点左侧，设弹簧最大形变量为x ，有kx = BIL
0 0
解得
x =0.6 m
0
T 3
因此，振幅A= x+x =1.2 m，由此可得，“H”字形从接触弹簧到离开弹簧的时间为∆t = = s （1
0 3 5
分）
流过导体棒cd的电荷量
1 ( )
q = ( I∆t−It )= 3−1 C （1分）
2 1
R
从t=1 s至cd棒第一次运动到P点过程中，导体棒焦耳热Q = I2 t =20 J
1 2 1
R
与弹簧接触期间，导体棒焦耳热Q = I2 ∆t =20 3 J
2 2
总热量
( )
Q= 20+20 3 J （1分）
增加的动能：
1 ( )
∆E = m v2 −v2 =16 J （1分）
k 2 p 0
学科网（北京）股份有限公司根据能量守恒定律，电源输出的总能量E =Q+∆E
k
解得
( )
E = 36+20 3 J （1分）
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