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宁波市 2025 学年第二学期期末考试高二物理试卷
参考答案及评分标准
一、选择题Ⅰ（本题共 10小题，每小题 3分，共 30分。每小题列出的四个备选项中只有一个
是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D C A D C C D C B C
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题 4分，共 12分。每小题列出四个备选项中至少有一个
是符合题目要求的。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）
11 12 13
BC CD BC
三、非选择题（注：有效数字不正确的不给分）
14-Ⅰ AD（2分）
14-Ⅱ （1）2.1-2.2（2分）
（2）无影响（1分）
（3）0.62（1分）
（4）40（1分）
14-Ⅲ （1）左右（1分）
（2）3.30（2分），( x −x ) /5（1分）
2 1
（3）4.0×10−7，0.20（两个空格全对得3分，对一个得2分）
（若4×10−7，0.2同上给分）
15.（8分）
（1）正，不变 （2分，每空1分）
（2）气体从A到B是等压过程，由盖—吕萨克定律得：
hS ( h+d ) S
= （1分）
T T
B
h+d
T = T （1分）
B h
（3）此过程中，气体对外做功为：
W =−( p S+mg ) d （1分）
0
学科网（北京）股份有限公司由热力学第一定律∆U =W +Q （1分）
得：∆U =Q−( p S+mg ) d （1分）
0
容器内气体的内能增加 （1分）
16.（11分）
（1）滑块经过竖直圆轨道最低点C时，轨道对滑块的弹力F′为：
N
v 2
F′ −mg =m C (1分）
N R
v = 2gh (1分）
C
又，由牛顿第三定律得：F =6 N (1分）
N
（2）先讨论滑块恰能过D点做圆周运动时的高度h ，有：
1
1
mgh =mg⋅2R+ mv 2 (1分）
1 2 D
v 2
mg =m D (1分）
R
得：h =0.5 m
1
由此，滑到F 点的速度为v = 2gh = 10 m/s
F 1
v 2
能在FG上滑行的距离为L = F =1 m （1分）
1 2mg
即，滑块在h 高度处下滑，能滑到传送带上，但不会滑出。
1
设滑块在h 高度处下滑，恰好能滑到G点处。
2
由动能定理得：mgh −mmgL=0 （1分）
2
得：h =0.8 m
2
所以，h的取值范围为0.5 m≤h≤0.8 m （1分）
（3）由（2）可知，到达F 点时的最小速度为v = 10 m/s，小于v=5 m/s，则滑块滑上传送带后开始
F
做匀加速直线运动，设能被加速到v=5 m/s，此过程中滑块在传送带上滑过的距离为L ，有：
2
v2−mv 2 =2 gL ，得L =1.5 m< L=1.6 m，可见：
F 2 2
①当 10 m/s≤v ≤5 m/s时，滑块先加速后匀速，滑块落到水平面HI 上的水平位移x为定值：
F
2d
x=v⋅ =1 m。 （1分）
g
②当v >5 m/s时，滑块在传送带上将先减速后匀速，或一直减速。当滑块运动到G点时的速度恰好为
F
学科网（北京）股份有限公司5 m/s，设对应的滑块在F 点时的速度为v ，有：v 2−mv2 =2 gL，得v = 41 m/s。
F1 F1 F1
2d
即，5 m/s<v ≤ 41 m/s时，滑块落到水平面HI 上的水平位移x为定值：x=v⋅ =1 m。
F g
结合①②，可知，当 10 m/s≤v ≤ 41 m/s时，滑块落到水平面HI 上的水平位移x为定值：x=1 m。
F
（1分）
③当v > 41 m/s时，滑块在传送带上将一直减速，滑块到G处时的速度设为v ，有：v 2−v 2 =−m2 gL，
F G G F
v = v 2 −2mgL = v 2 −16
G F F
1
滑块落到水平面HI 上的水平位移x为：x= v 2 −16⋅t = v 2 −16 m （1分）
F 5 F
17.（12分）
（1）241Am→ 4He+ 237Np （2分）
95 2 93
h
（2）由波粒二象性可知碰撞前γ光子的动量为P= =6.4×10−23 kg⋅m/s （1分）
λ
h
根据动量守恒得P= P =mv ，P′= = P =mv （有一个式子就得1分）（1分）
x x λ′ y y
得v =4×104 m/s，v =3×104 m/s
x y
所以v=5×104 m/s （1分）
mv2
（3）质子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力转为向心力evB= （1分）
r
得r =5×10−3 m （1分）
由几何关系得L=( 1+sin37°) r =8×10−3 m （1分）
（4）由动量定理得
0−mv =−∑kv ⋅t+∑Bev ⋅t即mv =kx （1分）
x x y x
0−mv =−∑kv ⋅t−∑Bev ⋅t 即mv = Bex （1分）
y y x y
32
联立得k = ×10−20 kg/s （结果正确但无单位得1分）（2分）
15
18．（13分）
（1）左端 （1分）
动力杆上升达最大速度时，加速度为0，有
U −BLv
Mg = BL m (1分）
R
学科网（北京）股份有限公司得：v =10 m/s (1分）
m
（2）动力杆匀减速上升，受到的安培力向上。在t =0时刻，流过动力杆的电流I 满足：
1
mg− mg
6 5
Mg−BLI =Ma，a= = g （1分）
m 6
1
Mg
6
得：I = =17.5 A (1分）
BL
U −BLv 5
又：I = ，v=v − gt （1分）
R m 6
25
得：U = 45− t V，（0≤t ≤1.2 s） （t范围没写不扣分）（1分）
3
（3）由题意可知，动力杆的加速度同（2），有
5
Mg−BLI =M ⋅ g
6
ΔQ ΔU⋅C
I = = （1分）
Δt Δt
由U = BLv得：ΔU = BLΔv，即：I = BLCa
Mg M
可得：C = = =2.1 F （1分）
6B2L2a 5B2L2
（4）由（4）可知升降台匀减速上升整个过程经历时间为1.2 s。
1.2 25
过程中电源消耗的电能为：E =∑ 45− tIt （1分）
电
3
0
由于电压U 随t是线性变化，可得E 为：
电
1
E = ×( 45+35 )×17.5×1.2 J =840 J （1分）
电
2
1
电容器的储能为E = E 时，动力杆下降了h，速度为v。
C 4 电
1
由能量守恒得：Mgh= Mv2 +E （1分）
2 C
v2
又：h=
2a
可得：v=10 2 m/s （1分）
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