物理評分細(xì)則

一、選擇題（4×10=40）

題號12345678910

答案ABCBABACDACAD

1．A【解析】A：Th原子具有放射性，A正確；BD：根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可以得到衰變產(chǎn)生的

02321233233232

是?1e，屬于β衰變，B錯誤；圖1的核反應(yīng)90Th+0n→90Th，D錯誤；C：92U的中子數(shù)是141，90Th

的中子數(shù)是142，則C錯誤。

2．B【解析】同種電荷相互排斥，因此，a、b靠近的過程中（或c、d靠近的過程中），電荷之間的排斥

力做負(fù)功，系統(tǒng)電勢能增加，故“c、d”系統(tǒng)電勢能為正值；異種電荷相互吸引，a、c靠近的過程中，

電荷之間的吸引力做正功，系統(tǒng)電勢能減少，故“a、c”系統(tǒng)電勢能為負(fù)值；“a、b、c、d”系統(tǒng)電勢

能可能為零，但也可能為正值或者負(fù)值。

3．C【解析】由圖c可知，電流c的周期、頻率不是電流a、b的周期、頻率之和；由題意和題圖可知，

電流a、b的瞬時值之和為電流c的瞬時值；由圖c可知，電流c的最大值不等于電流a、b的最大值

之和。

4．B【解析】由波形圖，波源的起振方向相反，x=0離兩波源距離相同，因此x=0是振動減弱點，振幅

為2cm，通過0.2s質(zhì)點開始振動，波形圖波長4m，可以知道波傳播速度20m/s，則質(zhì)點振動周期0.2s，

則B選項正確。

5．A【解析】伴星的軌道半徑為L，M增加，故r增加；黑洞與伴星間的萬有引力為F=G

M>m，且M+m保持不變，由數(shù)學(xué)知識可知，隨著m的減小，F(xiàn)減??；雙星系統(tǒng)的周期為T

系統(tǒng)總質(zhì)量不變，兩者間距不變，故這段時間內(nèi)，系統(tǒng)周期不變；系統(tǒng)的總動能為

EMvmv由數(shù)學(xué)知識可知，E減小。

6．B【解析】A：釋放時，小球受到兩個彈簧彈力則受到的回復(fù)力大小為2kx0，則A錯誤；C：根據(jù)能

22

量守恒，小球回到平衡位置彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，此時速度最大：mv=2×0解得

v=xC錯誤。BD：當(dāng)偏離平衡位置距離為x時，受到的回復(fù)力大小為2kx，則比例系數(shù)為2k，

因此小球振動周期為2π,振動方程為，B正確、D錯誤。

x=x0cos

．【解析】時，設(shè)繩與豎直方向的夾角為,對整體，有,設(shè)繩與豎

7AF1>F21αF1—F2=2mgtanα2

直方向的夾角為β,對乙球，有F2=mgtanβ；當(dāng)F1=2F2時，α<β,故A正確；當(dāng)F1=3F2時，α=β,

故BC錯誤。F1<F2時，設(shè)1繩與豎直方向的夾角為α,對整體，有F2—F1=2mgtanα,設(shè)2繩與

豎直方向的夾角為,對乙球，有,易知,錯誤。

βF2=mgtanβα<βD

8．CD【解析】剛開始運動時，金屬棒的加速度為a，并非無窮大，故圖線的切線并不豎直，不是

縱軸；拉力F對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負(fù)功，總功等于金屬棒的動能變化，故F做的功大

于金屬棒動能的增加量；v-t圖像與橫軸所圍的面積為對應(yīng)時間內(nèi)的位移，對金屬棒，t時刻，有I、

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F—ILB=ma，0~t時間內(nèi)，由動量定理，有Ft—ILBt=mv—0，其中I=、x=vt，解得

FB2L2vFRt—B2L2x

a=—、v=。

mmRmR

9．AC【解析】A：由幾何關(guān)系得OA'R，則折射角sinα,因此單色光在該材料中的折射率為

n==2，則A正確；B：從A'點射入光在材料中的傳

播時間t，則B錯誤；C：單色光在材料

2

中發(fā)生全反射的臨界角為sinC，即臨界角為30°;

如圖所示，根據(jù)光路圖的對稱性，圓弧AO'F上上有光

射出的區(qū)域相對O點張開的角度為60°,則C正確；D：

從O'射出的光可類比于平行玻璃磚，因此一定不會在

O'點發(fā)生全反射，D錯誤。

10．AD【解析】對B，由平衡條件易知，繩中張力大小保持FT=15N不變；對A，由牛頓第二定律，有

2，其中，解得不滑動時允許的角速度范圍為

FT+Ff1=m1①r1—5N≤Ff1≤+5NA

5rad/s≤①≤/50rad/s；同理可得C不滑動時允許的角速度范圍為rad/s≤①≤rad/s；故要

使兩者均不相對轉(zhuǎn)盤滑動，rad/s≤①≤rad/s；當(dāng)①=rad/s，A所受摩擦力為0，當(dāng)

①=rad/s，C所受摩擦力為0，故可知，角速度在rad/s≤①≤rad/s內(nèi)緩慢增加時，A

所受摩擦力向向外減小后向內(nèi)增大，C所受摩擦力一直向內(nèi)減小。

2g2g

11．（1）—（填不扣分）（2）7.950大于（每空2分）

d2d2

【解析】（1）由機械能守恒定律，有mg，解得=hP—h，可知“—h”

圖線的斜率為k；

（2）螺旋測微器讀數(shù)為d’=(7.5+45.0×0.01)mm=7.950mm，小于擺錘截面的標(biāo)稱直徑，由

k可知，根據(jù)d'作的“—h”圖線的斜率大于依據(jù)標(biāo)稱直徑計算結(jié)果所繪制圖線的斜率。

12．（1）大于（2）低（3）0.260.96面積（每空2分）

【解析】（1）若金屬導(dǎo)體中的載流子是束縛粒子，則所加電壓賦予粒子的能量需要超過粒子的束縛能，

才能使粒子脫離束縛而運動起來；即在導(dǎo)體中的引起電流需要的電壓的閾值為不等于零的有限值。

（2）金屬導(dǎo)體向右做減速運動，電子由于慣性將相對金屬晶格向右運動，向?qū)w右端聚集，使得導(dǎo)

體右端帶負(fù)電，左端帶正電，其在導(dǎo)體內(nèi)部激發(fā)的靜電場向右，電子受到靜電力向左，穩(wěn)定后，設(shè)導(dǎo)體內(nèi)

電場強度為E，則有E=U/L，電子隨導(dǎo)體一起減速，有eE=ma，聯(lián)立可得e/m=aL/U。

（3）R=U/I=1.50/1.56=0.96(Ω)，由實驗數(shù)據(jù)可知，R∝1/d2，金屬絲的電阻與截面面積成反比，金屬

絲中的電流是體積傳導(dǎo)的。

13．（1）（2）

【解析】（1）對被壓縮的氣體，有

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p0V0=8p0V1，3分

解得V1=；2分

（2）設(shè)需要打氣n次，則對儲氣罐原來的氣體和新打入的氣體整體，有

np0V0+8p0×16V=12p0×16V，3分

解得2分

n

（2）

【解析】（1）由斜拋運動規(guī)律可知，炮彈在最高點的速度為

vx=v0cos45o2分

設(shè)兩塊碎片的初速度分別為v1、v2，則由動量守恒定律，有

2分

2分

解得

v1=v2=v0；

故炮彈爆炸前后系統(tǒng)增加的機械能為

2分

v1

d

v2

v0

d

（2）斜上拋的碎片比斜下拋的碎片多運動的水平位移，就是斜上拋的碎片落回爆炸時所在高度時的

水平位移，有

d=v0cos45ot，2分

—v0sin45o=v0sin45o—gt2分

解得

d。2分

[說明]第（2）問若用豎直速度的變化來計算兩碎片的時間差，也很方便：設(shè)兩碎片落地豎直速度為

vy，則有—vy=v0sin45o—gt1，vy=v0sin45o+gt2，d=v0cos45o(t1—t2)。

補充解法（下圖）：

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（2）（3）

【解析】（1）電子在K、A之間加速時，由動能定理，有

2分

解得v2分

（2）電子進入勻強磁場后，在垂直磁場方向做勻速圓周運動，平行磁場方向做勻速直線運動，電子

運動軌跡為等距螺旋線。

設(shè)電子回旋半徑為R，由牛頓第二定律，有

evB=m解得R2分

設(shè)電子回旋周期為T，則有

T，（直接寫扣2分）2分

則電子在T內(nèi)沿磁場方向前T進=的距離為d=v0T；2分

聯(lián)立解得d=（用第一問的v0表示，只扣結(jié)果2分）。2分

（3）由（2）可知，電子在磁場中做螺旋運動的螺距與橫向速度大小無關(guān)；

設(shè)電子在位置x附近的磁感應(yīng)強度為B，則電子在垂直軸線的平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)的角速度ω滿足

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evB=m，，1分

電子