文档文本内容
2025-2026 学年第二学期期末质量检测评分标准
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B A C D C B D B D A
11 12 13
AD BC BD
14．Ⅰ．（1）AD （2分） （2）mL =( m +m ) L （2分）
1 BC 1 2 DE
14．Ⅱ．（1）10.2mm （1分） （2）D （1分） （3）BC （2分）
（4）2∆T （1分） 无影响 （1分）
14．Ⅲ（1）①B （1分） ②AB （2分）
（2）B （1分）
15．（1）增大 （1分） 减小 （1分）
mg
（2） p = p + =1.02×105 Pa 1分
A 0 S
气体从状态A变化到状态C：
PV PV
c C = A A 1分
T T
C A
得 p =1.36×105 Pa 1分
C
（3）气体从A到B过程对外做功为
W =−p ( V −V )=−2.04×104 J 1分
A B A
ΔU =Q+W 1分
ΔU =0.96×104 J 1分
16．（1）感应电流方向为顺时针 1分
1
mg ( h −h )= mv2 1分
1 2 2
由电磁感应定律E = B ⋅( 2πr )⋅v 1分
1 1 1
E
结合欧姆定律可得I = 1 ， 1分
1 R
B ⋅( 2πr ) 2
故有 F = BI ⋅( 2πr )= 1 2g ( h −h ) 1分
安 1 1 R 1 2
（2）当线圈匀速时达到最大速度，此时线圈受力平衡则有
F =mg 1分
安
学科网（北京）股份有限公司mgR
v=
解得
B ⋅( 2πr ) 2
1分
1
（3）对全过程，由动能定理可得mgh +W =0−0 1分
1 安
安培力做功W =∑F ⋅Δx
安 安
W =2πrI∑B⋅Δx 1分
安
又由图像可知，该过程中∑B⋅Δx的值应为B−h图像包围的面积
1
∑B⋅Δx= ( B +B −kh )⋅h 1分
2 2 2 2 2
2B mgh
联立解得k = 2 − 1 1分
h πrIh2
2 2
5
17．（1）粒子在磁场中运动半径r = L 1分
4
mv2
根据qvB= 1分
r
1
qU = mv2 1分
2
25qB2L2
得U = 1分
32m
2πm
（2）圆周运动周期T = 1分
qB
T πm
可知t = = 1分
2 qB
3
（3）通过磁场偏转直接打到喷涂板上表面，几何关系L<r < L
2
qBL 3qBL
对应 <v< 1分
m 2m
由Nmv= Ft 1分
5
得F = NqBL 1分
4
（4）qvB=mvω 1分
qB
ω=
m
3π
转动角度θ= 1分
2
学科网（北京）股份有限公司θ 3πm
t = = 1分
ω 2qB
18．（1）恰好通过最高点，则：
最高点v= gL = 10ga 1分
1 1
B至最高点： mv2 = mv2 +mg20a 1分
2 B 2
得：v =5 2ga 1分
B
（2）弹性碰撞满足：
3mv =3mv +mv
0 A B
1 1 1
3mv2 = 3mv2 + mv2 1分
2 0 2 A 2 B
2 10
得：v = v = 2ga 1分
0 3 B 3
1 1
kx2 = 3mv2 +m3mgx. 1分
2 2 0
得：x=10a 1分
（3）运动两周后到最低点，以P为圆心r ，F ；以Q为圆心r ，F ，则：
1 1 2 2
1 1
mv2 = mv2 +mg4d 1分
2 2 1
mv2
F −mg = 1 ，r = L−4d ，F ≥12mg 1分
1 r 1 1
1
mv2
F −mg = 1 ，r = L−3d ，F ≤12mg 1分
2 r 2 2
2
5a 6
得： ≤d ≤ a 1分
6 5
（4）m3mg =kx
0
5
得：x = a
0 21
95
A = a−x ，每换一次方向，振幅减少2x
1 42 0 0
A′= A −N2x
1 0
1 1
得：N =4时，A′= x ，即最终停0点右侧 x 1分
2 0 2 0
学科网（北京）股份有限公司2 2
1 19 1 1
全程： k x − k x =m3mgs′=kx s′
2 2 0 2 2 0 0
75
得：s′=45x = a
0 7
95 545
s = a+s = a. 1分
42 2 42
学科网（北京）股份有限公司
