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。
2
备注：（1） 1. 变形后与答案一致的表达式也给分，如2 = 、 = 2
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“A1”不给分。
（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 VA、热力学温度为 TA，在 B 位置时气体的体
积为 VB、热力学温度为 TB、内能为 UB
（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 = ，但未说明压强相等的不给公式分。
得 活 塞 处 于 A位置时气缸内气体的热力学温度 ：
TA=280 K …………………………………（ 1分）
由气体的内能与热力学温度成正比：
…………………….……（1分） 未使用题给符号“U0”的，不给分。
得活塞处于B位置时气体的内能
UB=150 J………………………………..（ 1分）
（ 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 0 S+mg……………………………….. （1分）
5
气缸内气体的压强 p=p0+ =1.510 pa
从 A到 B， 气体对外界做功：
只写 W=-pV 不给分
W=-p（ VB-VA） …………………..（ 1分）
说明V =VB-VA 才给分
W=-45 J
W=p(VB-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(VB-VA)只写U= Q-W 此 式 不 给 分
U=UB-U0………………….（ 1分）
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
1
= 2 ……………………………………………… 2分
2 0
1
【说明：直接写50 = 2不得分】
2 0
解得 v0=10m/s ……………………………………………… 1分
【说明：v=10m/s或v1=10m/s等，未答到v0或未说明所答为离开弹簧时的速度均不得分】
(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
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
R5 m
若物块恰好能经过圆形轨道最高点C，物体在最高点有
2
= …………………………………………………………… 2分
2 2
【说明：若物块在最高点C有 得2分， 不得分。 = 或 均
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 1
2 = 2 + 2 ………………………………………………… 2分
2 0 2
1 1
【法二：由动能定理有 2 2 = 2 。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
R2 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
R5 m或R2 m……………………………………………… 1分
【说明：以上各式涉及v0和R均要用题中字母表示，或补充说明所设等于题中所给，
如vA=v0 、R1=R，否则不得分。】
15. 解：(1)甲棒在斜面导轨下滑过程, 由机械能守恒得 ：
1
2 = (1 分)
2 0
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为 ：
E1=2Bcos 60Lv0 (1分)
回路产生的电流为 = 1 (1 分)
1 2
对乙棒，由牛顿第二定律可得Bcos 60I12L=ma (2分)
【等价式子一：Fbx=Bcos 60I12L(1分)，Fbx=ma(1分)，两式均写，各得1分；
只写Fb=ma不给分
等价式子二：Fb=B I12L(1分), Fb cos 60= ma (1分)】
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 60Lv1= Bcos 602Lv2 (1 分)
得 v1= v2
两棒受到的安培力满足 Fa=Fb 且安培力方向相反，则两棒组成的系统动量守恒 ：
可得mv0=mv1+ mv2 (1分) 【不推导v1= v2，写mv0=2mv不给分】
对乙棒，根据动量定理可得 60 2 = 2 (2 分)
【等价式子：对甲棒， 根据动量定理可得 260 = 1 0 (2 分)】
又 = (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 60 2 = 2
对甲棒，根据动量定理 260 = 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 60Lv1= Bcos 602Lv2 (1分)
又 = (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 ，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
1 1 1 1 1
= 2 2 2 (1 分) 【等价式子： = 2 2 2 (1 分) 】
总 2 0 2 1 2 2 总 2 0 2 1
解得 Q 总 =0.9J
则乙棒上产生的焦耳热为 (1分)
得Qb=0.45J (1分)