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1、A 【详解】AD．根据质量数守恒和电荷数守恒可知 解得 则
X比 的中子数少2个， 发生的是α衰变，α射线的穿透能力较弱，不能用于金属探伤，故A正确，D错
误；
B．半衰期与位置无关，在月球上 衰变快慢与在地球上相同，故B错误；
C．此核反应过程中的质量亏损等于反应前后的质量差，为 核反应过程中释放的能量
故C错误。
2、A【详解】要想使神舟十九号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离
原轨道，根据向心力的表达式可得，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一
方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反。故选A。
3、A【详解】AB．踩下时，由于导热良好可认为气体温度不变，内能保持不变，气体平均动能不变，另由
可知气垫内气体体积减小，气体压强增大，A正确，B错误；
CD．踩下后抬起脚时，气体体积增大，气体对外做功W<0，温度不变则内能不变 ，由 知Q>0，
即气体吸热，吸收的热量等于对外做功的数值，CD错误。故选A。
4、C【详解】由题可知，列车加速到速度最大所用的时间 列车进站加速与出站减速时的加速度相
等，故 设一站直达列车匀速行驶用时为 ，“站站停”列车匀速行驶用时 ，根据题意可知
一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为
故选C。
5、C【详解】A. 加上电压后油滴向上匀速运动，电场力方向向上，而电场强度方向向下（上板接电源正极），根
据电场力公式 ，可知油滴带负电，A正确；
B. 未加电压时，油滴向下匀速运动，根据平衡条件有 加上电压后，油滴向上匀速运动，此时
代入可得 解得 B正确；
C. 从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为 随着速度的减小，加速度逐渐减小；
向上加速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得
解得速度大小为 随着速度的增大，加速度逐渐减小；
综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，C错误；
密立根通过该实验确定了电荷量的不连续性并测定了元电荷的数值为 ，D正确。故选C。
6、D【详解】A．由于F、F 对m、M都做正功或者负功，做功的代数和不为零，说明系统的机械能不守恒，故
1 2A错误；
B．当弹簧弹力大小与F、F 大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，各自动能最
1 2
大；当弹簧伸长到最长时，M和m的速度为零，从开始施加力到弹簧伸长到最长过程中F、F 对系统做一直正
1 2
功，下一过程F、F 对系统要做负功，说明此时系统的机械能最大，故B错误；
1 2
C．当M和m的合力为零，它们的速度最大，两个物体速度同时到达最大，由于M和m的质量关系未知，所以不
能确定两者最大速度关系，故C错误；
D．根据功能关系可知，F、F 做功的代数和等于系统机械能的变化量，即等于m、M动能的变化量加上弹性势能
1 2
的变化量，故D正确。 故选D。
7、D【详解】A．人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得 在地
球表面有 联立可得卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小 故A错误；
B．在Ⅰ轨道时，根据万有引力提供向心力可得 解得
根据开普勒第三定律可得 解得卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为 故B错误；
C．卫星在椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得 则在近地点P与在远地点Q的速率之
比等于P、Q两点与地球连线的长度的倒数之比，则有 故C错误；
D．卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满 其中
卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小 则卫星在Ⅰ轨道的P点变轨到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为
解得 故D正确。
8、BC【详解】AB．根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，电压表的示数为 故A错误，B正
确；
CD．根据 且 ， 可得实现点火的条件是 故C正确，D错误。 故选BC。
9、AC 【详解】A．小球从第1级台阶下落至第3级台阶做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，小球的初速度
大小为 故A正确；
B．设小球抛出点距平台的竖直高度为H，则小球下落至第1级台阶竖直方向速度
根据题意，由第1级台阶反弹后速度大小为
又 联立以上各式代入数据得 故B错误；
CD．假设小球第三次能与第5级台阶紧靠右边缘处相碰，离开第3级台阶竖直方向速度大小为 第3级台阶与第5级台阶竖直高度 根据 得
这段时间水平距离 假设成立，所以小球第三次与第5级台阶紧靠右边缘处相碰，即小球
每次落在奇数级台阶。故C正确，D错误。故选AC。
10、BD 【详解】A．由几何关系可知，不同速度的粒子运动到A点
时，轨迹圆的弦长相同，半径不同，运动的圆心角不同，运动时间就不
相同。
B．如图乙所示，由几何关系可知，当β＝ π时，速度最小，其轨迹
半径r＝ 由 可得v＝ B正确；
C．到达A点和到达F点的粒子半径可以不相同，速率就不同，C错误；
D．如图丙所示，当α＝ π时，速度最小，由t＝
得t＝ D正确，故选BD。
11、(每空两分)(1)B (2)
【详解】（1）剪断手机和小桶间的细绳后，手机做阻尼运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像中的A
点，故规定加速度向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时的，由简谐运动的对称性，手机加速度向下，
且加速度向下达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B点。
设手机质量为 ，小桶质量为 ，则剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度
图像斜率为 故手机的质量为 截距为 小桶的质量为
12(每空两分) 1.108 图见详解
【详解】（1）[1]用螺旋测微器测金属丝直径：
（2）[2]欧姆表指针指在表盘中央刻度附近，所以选择倍率×1，即金属丝的电阻约为
（3）[3]由于采用分压式，选择阻值较小的滑动变阻器，便于调节，所以选择 ，
[4]由题知电源电动势为1.5V，电压表的量程为15V，故电压表的量程太大，故 不
能选用电压表；题中 的内阻已知，可以将 与待测电阻并联，用于测待测电 阻
两端的电压，再用 测总电流，则电路图如下
（4）[5]根据电阻定律 可得：
13．
【详解】将两天线类比于杨氏双缝干涉的双缝，则信号最强位置类似于明条纹，根据条纹间距的规律，水平地面上相邻两次接收到最强信号的间距为 （4分）
由于小车匀速运动，则有 （2分）
根据光速与波长的关系有 （2分）
解得 （2分）
（解法2）如图所示
（2分）
（2分）
（2分）
（2分）
（1分）
解得 （1分）
14【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）列车车头进入磁场瞬间，ab边切割磁感线产生的电动势为 （1分）
则通过线框ab边的电流大小为 （1分）
列车车头进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律可得 （2分）
联立解得列车加速度的大小为 （1分）
列车从进站到停止过程中，根据功能关系可得 （2分）
解得线框产生的焦耳热为 （2分）
列车从进站到停止过程中，根据动量定理可得 （2分）
（2分） 由以上表达式可知： （2分）
15【答案】（1） ；（2） ；（3） ，【详解】（1）根据机械能守恒 （1分）
根据牛顿第二定律 （1分） 解得 （1分）
根据牛顿第三定律 （1分）
（2）要使滑块不脱离圆轨道，有 （1分）
由机械能守恒有 （1分）
使滑块在车第一次与右侧壁FH相撞前不会从车上掉落下来，根据动量守恒有 （1分）
根据能量守恒有 （1分）
解得 （1分）
故释放滑块时弹簧的弹性势能范围 （1分）
（3） 在 范围内，说明平板车与竖直侧壁FH的碰撞前，已与滑块共速，滑块最终离小车
左端的距离 解得 （2分）
滑块与平板车第一次共速有
解得 ， （2分）
滑块与平板车第二次共速有
解得
故 （2分）
（1分）
平板车经过的总路程为 （1分）
