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物理答案
１．【答案】Ｄ
【解析】现已建成的核电站的能量主要来自重核裂变，故 Ａ错误；原子核发生衰变时，电荷守
恒，但会有质量亏损，遵循的是爱因斯坦的质能方程而非质量守恒定律，故 Ｂ错误；卢瑟福根
据 α粒子散射实验现象，提出了原子具有核式结构，故 Ｃ错误；天然放射现象是原子核内部
发生变化自发的放射出 α粒子、β粒子或 γ射线的现象，故 Ｄ正确；
２．【答案】Ａ
【解析】外圈喷水口喷出水的运动可以简化为一个斜抛运动，
如右图所示。将此运动分解为水平、竖直两个方向，竖直方向
１
为竖直上抛运动，水平方向为匀速直线，竖直位移 ｙ＝ ｇｔ２，
２ １
竖直方向上升和下降过程具有对称性，则总时间为 ｔ＝２ｔ＝
１
１０
２ｓ，水平速度 ｖ＝ ｍ／ｓ＝５ｍ／ｓ，竖直速度 ｖ＝ｇｔ＝１０ｍ／ｓ，合速度大小为 ５槡５ｍ／ｓ，
ｘ ２ ｙ １
故 Ａ正确。
３．【答案】Ｂ
【解析】设物体运动过程中距离 Ｃ点的距离是 ｘ，则物体所受万有引
ＧＭｍｘ
力沿隧道方向的分力是Ｆ＝ ，Ｆ与 ｘ成正比，小球在隧道内做简
Ｒ３
谐运动，选项 Ａ错误；刚释放时物体所受万有引力沿隧道方向的分力
Ｒ
ＧＭｍ
２ ＧＭｍ Ｆ ＧＭ
是 Ｆ ＝ ＝ ，故物体受到的加速度大小为 ａ＝ ＝ ，故
１ Ｒ３ ２Ｒ２ ｍ ２Ｒ２
ｋ ＧＭ Ｒ
Ｂ正确；由简谐运动的知识可知，物体做简谐运动的 ω２＝ ＝ ，振幅为 ，从 Ａ运动到 Ｂ
ｍ Ｒ３ ２
１ ＧＭ
的过程中的，最大速度 ｖ＝ωＡ＝
槡
，故 Ｃ错误；由简谐运动的知识可知，物体从 Ａ运动
ｍ ２ Ｒ
Ｔ Ｒ３
到 Ｂ的时间是周期 Ｔ的一半，ｔ＝ ＝π槡 ，故 Ｄ错误。
２ ＧＭ
４．【答案】Ｂ
λ
【解析】波速 ｖ＝ ＝１ｍ／ｓ，故 Ａ正确，不符合题目要求；原点 Ｏ处质点的振动表达式 ｙ ＝
Ｔ Ｏ
２π
Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ），其中的角频率为 ω＝ ＝π，由于在 ｔ＝０时原点处的质点处于平衡位置且沿
０ Ｔ
π π
ｙ轴正方向运动，故 φ ＝－ ，则原点 Ｏ处的振动表达式为 ｙ ＝０１ｃｏｓ（πｔ－ ）ｍ，故 Ｂ错
０ ２ Ｏ ２
误，符合题目要求；ｔ＝２ｓ时的波形和 ｔ＝０时的波形一样，故 ｘ＝２５ｍ处质点正处于波谷，
故 Ｃ正确，不符合题目要求；平面简谐波沿ｘ轴正方向传播ｘ＝１０ｍ处质点振动相对Ｏ点落后了
３π
半个周期，振动表达式为 ｙ＝０１ｃｏｓ（πｔ－ ）ｍ，故 Ｄ正确，不符合题目要求。所以该题选 Ｂ。
１ ２
{#{QQABDYiAogCgQJAAARhCQwEQCAOQkBGCCIoOwBAIIAAASRFABAA=}#}
书书书５．【答案】Ｄ
【解析】物体沿斜面下滑加速度为 ａ＝ｇｓｉｎθ－μｇｃｏｓθ，沿斜面上滑加速度为 ａ＝ｇｓｉｎθ＋μｇｃｏｓθ，
故 Ａ错误；Ｅ －ｔ图像的斜率大小表示重力的瞬时功率，物体沿斜面下滑，速度越来越大，重
ｐ
力的功率越来越大，故 Ｂ错误；动能随路程变化图像的斜率大小表示合外力，故 Ｃ错误；机械
能随路程变化图像的斜率大小表示摩擦力，故 Ｄ正确。
６．【答案】Ｄ
ω
【解析】ｕ＝２２０槡２ｓｉｎ１００πｔ（Ｖ）可知发电机提供交流电的角频率 ω＝１００πｒａｄ／ｓ，频率 ｆ＝
２π
＝５０Ｈｚ，故 Ａ正确；原线圈两端的电压为２２０Ｖ，故 Ｂ正确；副线圈电压 １１０Ｖ，理想二极管
１１０槡２ １１槡２
单向导电，Ｒ两端电压为 Ｖ，通过电阻 Ｒ的电流为 Ａ，故 Ｃ正确；原线圈的输入功
２ ２
率为６０５Ｗ，故 Ｄ不正确。所以该题选 Ｄ。
７．【答案】Ａ
【解析】如右图所示，ｔａｎθ＝０５，ＡＭ＝３ｃｍ，故 ＭＰ＝６ｃｍ，
ＰＥ＝８ｃｍ，ＢＣ＝ＰＮ＝４ｃｍ，ＰＯ＝ＯＮ＝２ｃｍ，ＢＥ＝ＣＦ＝４ｃｍ，
ＱＧ＝ＯＮ＋ＮＦ＝１０ｃｍ，ＤＧ＝５ｃｍ，则玻璃砖的厚度
２槡５
ＦＧ＝ＣＤ－ＧＤ－ＣＦ＝４ｃｍ，故 Ａ正确；ｓｉｎα＝ ，
５
槡５ ｓｉｎα
ｓｉｎβ＝ ，玻璃砖的折射率为 ｎ＝ ＝２，光在玻璃砖内的
５ ｓｉｎβ
ｃ ｃ
传播速度为 ｖ＝ ＝ ，故 Ｂ、Ｃ错误；过 Ｃ点的光线在玻璃砖中传播的距离为 ｘ＝４槡５ｃｍ，
ｎ ２
传播的时间为 ｔ＝
８槡５
×１０－１０ｓ，故 Ｄ错误。
３
８．【答案】ＡＢ
【解析】以 Ａ′点为坐标原点、Ａ′Ｄ′为 ｘ轴、Ａ′Ｂ′为 ｙ轴、Ａ′Ａ为 ｚ轴建立三维坐标系，由题意可
知 Ｅ ＝Ｅ ＝２Ｖ／ｍ，Ｅ＝１Ｖ／ｍ，由矢量合成法则可知合场强 Ｅ为 ３Ｖ／ｍ，故 Ａ正确；把一个
ｘ ｙ ｚ
正点电荷从 Ａ点沿直线移动到 Ｃ′点的过程中，电场力与位移之间的夹角为钝角，所以电场力
做负功，电势能增加，故 Ｂ正确；由题意可知 Ｂ点和 Ｄ点的电势都是 ４Ｖ，Ｃ点电势为 ６Ｖ，
Ｃ点电势最高，故 Ｃ错误；由题意知，Ｃ′点的电势为４Ｖ，Ｗ ＝ｑＵ ＝－２ｅＶ，故 Ｄ错误。
ＣＣ′ ＣＣ′
９．【答案】ＡＣ
【解析】风筝受力情况如右图所示，则风筝从 ａ点到 ｂ点时，拉线的
张力减小，风对风筝的作用力减小，故 Ａ正确，Ｂ错误；小孩对地面
的压力 Ｎ＝Ｍｇ－Ｔｓｉｎθ（其中 θ是拉线与水平方向的夹角），因为 Ｔ
和 θ均减小，可知 Ｎ变大，小孩对地面的压力变大，故 Ｃ正确；对小
孩和风筝的整体分析，水平方向 ｆ＝Ｆｃｏｓα（其中 α是风力与水平方
向的夹角），则因为 α不变，Ｆ减小，则 ｆ减小，故 Ｄ错误。
{#{QQABDYiAogCgQJAAARhCQwEQCAOQkBGCCIoOwBAIIAAASRFABAA=}#}１０．【答案】ＢＣ
ｍｖ
【解析】根据左手定则，带电粒子在磁场中逆时针运动，故 Ａ错误；根据半径公式 ｒ＝ ，
ｑＢ
槡３ｑＢｌ 槡３ｌ
ｖ＝ 带入解得：ｒ＝ 。如图甲所示，则打在挡板上的粒子的两个临界为①和②，对应
２ｍ ２
的角度范围为 １８０°，故 Ｂ正确；打在挡板上的长度为两个临界②和③，对应的长度分别为
槡３ｌ ３ｌ １
和 ，故 Ｃ正确；粒子的轨迹半径为ｒ＝ ，打在 ＭＮ的临界如图乙中④和⑤，ＱＮ段无粒
２ ２ ２
子通过，故 Ｄ错误。
图甲 图乙
１１．【答案】（８分，每空２分）
（１）４７００
（２）通过两个光电门的时间相同
（３）０４７
（４）ｖ＋ｖ＝ｖ
０ １ ２
【解析】（１）挡光片的宽度为：ｄ＝４５ｍｍ＋２００×００１ｍｍ＝４７００ｍｍ。
（２）滑块若能够做匀速运动，因挡光片的宽度为定值，则经过光电门的时间相同。
ｄ
（３）ｖ＝ ＝０４７ｍ／ｓ。
Δｔ
（４）根据系统的动量守恒和能量守恒：ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ
１０ １１ ２２
１ １ １
ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２
２ １０ ２ １１ ２ ２２
解得：ｖ＋ｖ＝ｖ。
０ １ ２
１２．【答案】（８分，除特殊标注外，每空２分）
（１）×１０（１分） ９０（１分）
（２）①Ｇ ②见解析 ③８２
【解析】（１）将多用电表的选择开关旋转至欧姆“×１００”挡，欧姆调零后，发现指针偏转角度
太大，说明待测电阻为小电阻，倍率选的偏大，应该换小倍率“×１０”；更换倍率后，测量值为
９０Ω。
（２）①选定值电阻 Ｒ ＝６００Ω与电压表串联改装成３Ｖ的电压表，电路中定值电阻应选择 Ｇ。
３
{#{QQABDYiAogCgQJAAARhCQwEQCAOQkBGCCIoOwBAIIAAASRFABAA=}#}②实验时，为了减小实验误差，由于待测阻值粗测为 ９０Ω，改装电压表的量程为 ３Ｖ，流过
导电胶条的最大电流约为３３ｍＡ，电流表应该选 Ａ，要求电表的示数从零开始调节，滑动变
２
阻器选 Ｒ，连入电路用分压法，电路图如下图所示。
１
Ｕ
（ｒ＋Ｒ）
ｒ Ｖ ３ ３００Ｒ
③通过电路图可知 Ｒ ＝ Ｖ ，化简可得 Ｕ＝ ｘ Ｉ，根据图像可知斜率 ｋ＝２５，可
ｘ Ｕ ９００＋Ｒ
Ｉ－ ｘ
ｒ
Ｖ
得 Ｒ ＝８２Ω。
ｘ
４０
１３．【答案】 ｃｍ
３
解：气缸静止时，由活塞平衡可得：Ｍｇ＋ｐＳ＝ｐＳ ①（２分）
Ａ Ｂ
自由落体后，Ａ、Ｂ的压强相等，设为 ｐ，气体等温变化
ｐｈＳ＝ｐ（２ｈ－ｈ）Ｓ ②（２分）
Ａ Ｂ
ｐｈＳ＝ｐｈＳ ③（２分）
Ｂ Ｂ
４０
由①②③式，带入数据可得：ｈ ＝ ｃｍ（２分）
Ｂ ３
１４．【答案】（１）２Ｗ （２）０２ｍ
解：（１）电路中的电流稳定时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，有：Ｆ＝ＢＩＬ（２分）
ａ棒消耗的功率：Ｐ＝Ｉ２Ｒ（２分）
ａ
联立解得：Ｐ＝２Ｗ（１分）
（２）从 ａ棒开始运动到进入磁场过程中，ｂ棒未动，根据机械能守恒定律有：
１
ｍｇｈ＝ ｍｖ２（１分）
２
ａ棒进入磁场后二者系统动量守恒，设二者最终稳定时的速度为 ｖ′，以 ｖ的方向为正，则：
ｍｖ＝２ｍｖ′（１分）
设 ｂ棒的初始位置离弧形轨道最底端 ＡＡ′的距离至少为 ｘ，对 ｂ棒，从开始运动至最终稳定时，
－
根据动量定理有：ＩＢＬ·△ｔ＝ｍｖ′－０（１分）
－
－ Ｅ
平均电流：Ｉ＝ （１分）
Ｒ ＋Ｒ
ａ ｂ
－ △Φ
平均感应电动势大小为：Ｅ＝ （１分）
△ｔ
该过程中，电路内磁通量减少量为：△Φ＝ＢＳ－ＢＳ
０
其中 Ｓ＝ｘＬ，刚好不相撞时，有：Ｓ＝０（１分）
０
联立解得 ｘ＝０２ｍ（１分）
{#{QQABDYiAogCgQJAAARhCQwEQCAOQkBGCCIoOwBAIIAAASRFABAA=}#}２３１ ９４９
１５．【答案】（１）ａ＝４ｍ／ｓ２ ａ＝２ｍ／ｓ２ （２） ｍ （３） ｍ
１ ２ １６９ １６９
解：（１）对小物块受力分析：ｑＥ －μｍｇ＝ｍａ（１分）
１ ２ １
解得：ａ＝４ｍ／ｓ２（１分）
１
对长木板受力分析：μｍｇ－μ×２ｍｇ＝ｍａ（１分）
２ １ ２
解得：ａ＝２ｍ／ｓ２（１分）
２
ｌ ｌ
（２）小物块运动到 处的速度为：ｖ２＝２ａ× （１分）
２ １ １ ２
ｖ
解得：ｖ＝４ｍ／ｓ，运动时间：ｔ＝ １＝１ｓ（１分）
１ １ ａ
１
长木板的速度为：ｖ＝ａｔ＝２ｍ／ｓ
２ ２１
１
长木板的位移为：ｘ＝ ａｔ２＝１ｍ（１分）
１ ２ ２１
当物块进入竖直向下的电场后对小物块受力分析：μ（ｑＥ＋ｍｇ）＝ｍａ′
２ １
解得：ａ′＝８ｍ／ｓ２，做减速运动（１分）
１
长木板的加速度：μ（ｑＥ ＋ｍｇ）－μ（ｑＥ ＋２ｍｇ）＝ｍａ′
２ ２ １ ２ ２
解得：ａ′＝５ｍ／ｓ２，做加速运动（１分）
２
当两者达到共同速度，有：ｖ＝ｖ－ａ′ｔ＝ｖ＋ａ′ｔ（１分）
１ １２ ２ ２２
２ ３６
解得：ｔ＝ ｓ，ｖ＝ｖ－ａ′ｔ＝ ｍ／ｓ
２ １３ １ １２ １３
ｖ＋ｖ ６２
这段时间长木板的位移为：ｘ＝２ ｔ＝ ｍ（１分）
２ ２ ２ １６９
ｖ＋ｖ ８８
这段时间小物块的位移为：ｘ＝１ ｔ＝ ｍ，小物块没有出竖直向下的电场
２ ２ １６９
２３１
长木板的总位移为：ｘ＋ｘ＝ ｍ（１分）
１ ２ １６９
（３）共速后两物体一起向右减速，加速度为：μ（ｑＥ ＋２ｍｇ）＝２ｍａ
１ ２
解得：ａ＝１５ｍ／ｓ２（１分）
ｖ２ ４３２
减速到零时的位移为：ｘ＝ ＝ ｍ（１分）
３ ２ａ １６９
５２０ ｌ
ｘ＋ｘ＝ ｍ＞
３ １６９ ２
ｌ
出电场时的速度为 ｖ′，则 ｖ２－ｖ′２＝２ａ（ －ｘ）（１分）
２
出电场 Ｅ 后，两物体共同减速到零的加速度为：μ（ｍ ＋ｍ）ｇ＝（ｍ ＋ｍ）ａ′
２ １ １ ２ １ ２
解得：ａ′＝１ｍ／ｓ２（１分）
ｖ′２ ２７３
出电场 Ｅ 后，则最终停下来的位移为：ｘ′＝ ＝ ｍ（１分）
２ ２ａ′ １６９
９４９
静止时小物块距离出发点的距离为：ｄ＝ｌ＋ｘ′＝ ｍ（１分）
１６９
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