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物理全解全析及评分标准
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C C D B C B C CD ACD BC
1．C 【解析】放射性元素衰变的过程中质量数和电荷数守恒，但是质量不守恒，A 错误，C 正确；放射性
元素的半衰期不受原子所处的化学状态和外部条件的影响，B 错误；衰变后的 粒子的速度比光速要小
得多，D 错误。
Un
11=
2．C 【解析】设副线圈 n2 两端的电压为 U2，由 ，解得U2 = 20 V ，而灯泡 L1 和 L2 并联，则 L1 和
Un22
Un
11=
L2 两端的电压都是 20 V。设副线圈 n3 两端的电压为 U3，由 ，解得U3 = 40 V ，而灯泡 L3 和 L4
Un33
串联，则 L3 和 L4 两端的电压都是 20 V，即四个灯泡均正常发光，功率均为 22 W，由 P 入P 出可得，
I1U1P1P2P3P4 =88 W，解得 I1=0.4 A，C 正确，A、B、D 错误。
3．D【解析】根据题图 2 结合牛顿第二定律可知，滑块的加速度先变大后变小，所以滑块先做加速度增大
的加速运动，后做加速度减小的加速运动，A、B 错误；F-x 图像与横轴围成的面积为 F 做的功，则在
()F0+ 2 Fx 00 3Fx00 1 2 3Fx00
OA 段力 F 所做的功W = = ，由动能定理有WOA= mv A 0 ，解得 v = ，
OA 22 2 A m
25Fx Fx 1
同理，OB 段力 F 所做的功WW=+=00 00，由动能定理有W= mv 2 0 ，解得
OB OA 22 OB2 B
5Fx
v = 00，则 vv:= 3: 5，C 错误，D 正确。
B m AB
． 【解析】 ，设货车刹车过程的加速度大小最小为 ，由运动学公式有 2 ，解得
4 B 72 km/h=20 m/s a0 v= 2 ax00
2
a0=8 m/s ，A 错误；长方体货箱在刹车过程中受到摩擦力和后方绳子的拉力，由牛顿第二定律有
T+= mg ma0 ，解得 T=1 500 N>1 000 N，所以后方绳子会断裂，断裂后货箱只受摩擦力，加速度大小
a=5 m/s2，由 v2 = 2 ax 可知，货箱减速为零需要运动的距离 x=40 m>(25+2) m，所以货箱会首先与车斗前
栏板相撞，B 正确，C、D 错误。
5．C 【解析】小球在最高点 B 时，槽对地面的压力刚好为零，则在 B 点小球对槽的弹力向上，大小为 5mg，
v2
由牛顿第三定律和向心力公式有 5mg+ mg m ，对小球由 A 到 B，由机械能守恒定律有
R
11
mv22= mgR + mv ，可得 v= 22 gR ，C 正确。
220 0
6．B 【解析】试探电荷 C 能保持静止不动，说明试探电荷 C 受到的电场力为 0，即 A、B 点电荷在 C 点电
荷处的合场强为零，则 A、B 的电性相反且 A 的电荷量的绝对值较大，而试探电荷 C 的电性则无法确定，
kq
A 错误；因 rr= 3 ，由真空中点电荷的场强公式 E = 可知， qq= 9 ，B 正确；试探电荷 C 向 B
AC BC r2 AB
{#{QQABKYIAoggAAIJAABgCQwGSCkGQkAACACoORFAMIAAACBNABAA=}#}
移动过程中，由于试探电荷 C 的电性无法确定，电势能的变化不能确定，C 错误；在 A 点左侧没有电场
强度为零的位置，则试探电荷在 A 点左侧位置不能保持静止，D 错误。
7．C 【解析】飞船与空间站对接后，飞船和空间站整体的高度不变，则空间站的运行速度保持不变，A 错
Mm
Mm FG=
误；航天员在地面处受到的万有引力大小 FG1 = ，在空间站内受到的万有引力为 2 2 ，
R2 ()Rh+
2 Mm 42
F2 R G1 = m Rh +
则 = ，B 错误；对空间站，根据万有引力提供向心力有 221 () ，解得地
F1 Rh+ ()Rh+ T
4（）23Rh+
球质量 M = ，C 正确；由于受到阻力，空间站需要克服阻力做功，如果不补充能量，空间
GT 2
站会逐渐做向心运动，轨道半径会逐渐减小，由开普勒第三定律知，周期会逐渐减小，角速度会逐渐
增大，D 错误。
8 ． CD 【解析】设无人机着陆后滑行的加速度大小为 a ，无人机在第 3 s 内的位移为
1122 2
x= v t at [ v ( t 1) a ( t 1) ] = 60 m ，将 v0=90 m/s，t=3 s 代入，解得 a=12 m/s ，A 错误；根据
30220
2 得无人机滑行的位移 ， 正确；无人机在第 内的平均速度大小
v0 = 2 ax x=337.5 m C 5 s
11
v=( vv + ) = (90 + 12 4 90 12 5) m/s = 36 m/s ，B 错误；由逆向思维知，无人机在最后 1 s 的位
2245
11
移大小为 x= at 2 =12 1 m = 6 m ，D 正确。
22
9．ACD 【解析】由题图 2 知，A 点形成的波的波长 =0.25 m，传播的周期为T = = 0.5 s ，A 正确；由于
v
A、B 点形成的波的振动情况完全相同，则两波能形成稳定的干涉图样，A、B 的中点 O 为振动加强点，
O 点的位移可能为 0，D 正确，B 错误；C 点到 B 点与 A 点的波程差为 =x 1.5 m 0.5 m = 1 m = 4 ，即
C 点是振动加强点，两列波的波峰能在 C 点相遇，C 正确。
10．BC 【解析】未进入磁场时，线圈 a 和 b 在竖直方向上均做自由落体运动，则两线圈刚进入磁场时的竖
F
直分速度相等，设进入磁场中某时刻沿竖直方向的速度为 v，由牛顿第二定律得 ag= ，又
m
2
BLv 4L Bv
F= BIL , I = ， R = ， m= 4 LS0 ，联立可得 ag= ，式中 为导线电阻率， 0 为导
R S 160
线材料的密度，由此可知，两线圈进入磁场时的加速度 a 相同，则两线圈完全进入磁场时的竖直分速
度也相同，并且进入磁场的时间相同，整个过程中线圈 a、b 的运动时间相等，A 错误；线圈 a 和 b 在
BLv 4L
水平方向做匀速运动，速度大小之比为 1:2，水平位移之比为 1:2，B 正确；由 I = 和 R = ，线
R S
圈 a 和 b 进入磁场过程，线圈中感应电流之比为1:2 ，由 q= It ，可得 qqab:= 1:2 ，完全进入后，两线
2
圈中均无电流，C 正确；由焦耳定律 Q= I Rt ，两线圈进入磁场过程，产生的焦耳热之比 QQab:= 1:2，
完全进入后，两线圈中不再产生焦耳热，D 错误。
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11．（1）8.2 1012 （2 分） （2）1.25 102 （1.24 1022 1.26 10 ，2 分） （3） 6.6 1010 （或
6.5 1010 ，2 分） （4）C（2 分）
11
【解析】（1）每滴溶液中含有的纯油酸的体积V ==mL 8.2 1012 m 3 。
61 2 000
（ 2 ）将大于半格算一格，小于半格舍去，数得的格子数为 125 格，则油膜的面积
S =125 cm2 = 1.25 1022 m 。
V 8.2 1012 m 3
（3）油酸分子直径的大小 d = = =6.6 1010 m 。
S 1.25 1022 m
（4）本实验的理想模型是：将油膜层看成单层分子膜，将分子看成球形，认为油酸分子一个紧
挨一个整齐排列，A 正确，不符合题意；实验中，为了使油膜充分散开，形成单分子油膜，需要将油酸
在酒精中稀释后再滴入水中，B 正确，不符合题意；在精确测量一滴油酸酒精溶液的体积时采用的方法
是累积法而不是控制变量法，C 错误，符合题意；长期放置的油酸酒精溶液会使油酸酒精溶液的浓度变
大，而在计算的时候依然采用原来的浓度，会使分子直径的测量结果偏小，D 正确，不符合题意。
U0
12．（1）C（1 分） 5.0（1 分） （2）2（1 分） R2 （1 分） 4.94（2 分） 1.30（或 1.31，2 分）
I0
【解析】（1）测量电源电动势时要用直流电压挡，排除 A、B，在不知道电源电动势大小的情况下所
选的量程尽量要大一些，故应将选择开关旋至 C 位置，又指针偏转角度过小，说明所选的量程过大，
则应减小量程，即图 2 中所选的量程为 10 V，由题图 2 可知，该电源的电动势约为 5.0 V。
（2）图 5 电路中，为测量电流表的内阻，电压表的另一端的导线应该接 2，使电流表内接，由部分
U0
电路的欧姆定律知，电流表的内阻 RRA2= 。
I0
1
图 3 电路中，由闭合电路欧姆定律有 E= Ir( + R ++ R R) ，解得 RE=() rR + + R，结合图 4
A1 I A1
16 0
有 Ek= = V = 4.94 V ， 0=E 0.76 +() rR + R，解得 r =4.94 0.76 () 0.45 + 2 =1.30 。
4 0.76 A1
13．（1）作出光路图如图所示。
由几何关系知，光在 AC 边恰好发生全发射的入射角 C =1 =60 （1 分）
1
由 sin C = （2 分）
n
23
解得 n = （1 分）
3
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AD 3
（2）根据几何关系得到 DE = = a （1 分）
tan 30 3
DB 43
EF 与竖直方向的夹角2 =30 ，则 EF = = a （1 分）
cos2 9
DE+ EF
光在透明三棱柱中传播的时间 t = （1 分）
v
c
又 v = （1 分）
n
14a
则光在三棱柱中传播的时间 t = （2 分）
9c
14．（1）粒子在 x 轴上、下的两个磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子在 x 轴上方和下
方磁场中的轨迹半径分别为 r1、r2
2
mv0
则有 qv0 =2 B （2 分）
r1
2
mv0
qv0 B = （2 分）
r2
可得 rr12:= 1: 2 = 0.5 （1 分）
（2）粒子从 O 点出发到第一次回到 O 点的运动轨迹如图所示（2 分）
设粒子在 x 轴上方和 x 轴下方运动的周期分别为 T1、T2，则
2mm 2r1
T1 = = （或T1 = ，1 分）
q 2 B qB v0
2m 2r2
T2 = （或T2 = ，1 分）
qB v0
T
由轨迹图知，粒子从 O 点出发到第一次回到 O 点所经历的时间为 tT= + 2 （2 分）
1 2
2m
解得 t = （1 分）
qB
．（ ）设物块 经过 点的竖直速度为 ，则 2 （ 分）
15 1 A M vyA vyA = 2 gh 1
v
物块 A 经过 M 点时，由几何关系可知， sin = yA （1 分）
vM
11
物块 A 从 M 点到 Q 点，由动能定理可得 m gR(1 cos ) m gl = m v22 m v （2 分）
A A 1122A AM
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联立可得 （ 分）
v1 = 5 m/s 1
（ ）以水平向右为正方向，设 、 的质量分别为 、 ，碰后 、 的速度分别为 、 ，由动
2 A B mmAB A B vA1 vB
量守恒定律和能量守恒定律分别有 （ 分）
mv=mvA11 AA +mv BB 1
11 1
mv22= mv + mv 2（1 分）
22A11AA 2 BB
又 mm:= 1:4
AB
解得 ，
vA1 = 3 m/s vB = 2 m/s
物块 A 碰后反弹，设物块 A 再次经过 M 点时的速率为 vM1，由动能定理有
11
m gR(1 cos ) m gl = m v22 m v （1 分）
A A 122AM 11 AA
解得
vM 1 =1 m/s
物块 A 离开 M 点后做斜上抛运动，设物块 A 继续上升的高度为 h0，由运动学公式可得
（ 2 （ 分）
vM 10sin )= 2gh 1
则碰后物块 上升到最高点时距水平面的高度 （ 分）
A hhR10=+(1 cos ) = 0.232 m 1
（ ）设碰后物块 的速度大小为 ，物块 从碰后至到达 点，由动能定理有
3 A v2 A N
1
=m gl0 m v2 （1 分）
AA122
ll2
设物块 A 从碰后至到达 N 点的时间为t ，由运动学公式可得 t =21 + （1 分）
vv22
解得t = 3 s
m
物块 B 做简谐运动的周期T = 2 B
k
由题意知， t= nT，( n = 123,, )（1 分）
9
解得 mn= kg， ( = 1,, 2 3 )
B n2
设物块 B 碰后的速度大小为 v'B，以向右正方向，A、B 碰撞过程中由动量守恒定律有
（ 分）
mvA12=+ mv A mv BB 1
111
又碰撞为非弹性碰撞，则满足 mv2>+ mv 22 mv （1 分）
222A12BB A
可得
mB >2.1 kg
则物块 的质量符合题意的可能值为：当 时， ；当 时， （ 分）
B n =1 mB1 = 9 kg n = 2 mB2 = 2.25 kg 1
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