物理参考答案1.【答案】A【详解】伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”运用了理想实验法，A正确；速度定义式运用了极限的思想，故B错误；在实验探究加速度a与力F、质量m的关系时，运用了控制变量法，C错误；利用光电门测速度，运用了极限法，D错误。2.【答案】A【详解】每一条钢索与塔柱成α角，则塔柱两侧每一对钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向下，所以8对钢索对塔柱的合力大小等于16条钢索沿竖直向下的分力的和，即F合＝16Fcosα，A正确B错误；合力一定，分力间的夹角越小，则分力越小。若仅升高塔柱的高度，钢索与塔柱夹角变小，钢索承受的拉力变小，C错误；若钢索与塔柱的夹角不等（每一对钢索不等长），钢索的合力也可以竖直向下，只是每一条钢索的力大小不相等，D错误。3．【答案】D【详解】A．电场线越密，电场强度越大，处电场线较密，、两点场强大小关系为，故A错误；B．根据沿电场线电势降低，两点电势关系为，故B错误；C．若两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知两点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；D．根据，同一带负电的试探电荷，其在点的电势能比在点的电势能小，故D正确。4.【答案】D【详解】由开普勒第二定律R1v=R2vQ解得vQ=，A错误；由得当飞船绕贴近地球地面运动时的线速度等于第一宇宙速度，是最大的环绕速度，轨道Ⅲ大于轨道Ⅰ的半径，飞船在Ⅰ轨道的速度大小一定大于飞船在Ⅲ轨道的速度大小，B错误；根据得，飞船在Ⅱ轨道P点的加速度等于Ⅰ轨道上P点的加速度，C错误；根据开普勒第三定律可知可得，飞船在Ⅱ轨道从P到Q的时间为，即为，D正确。5.【答案】D【详解】衰变时释放的射线，来自衰变产生的新核，A错误；由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为粒子，B错误；γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，C错误；衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即的比结合能大于，D正确。6．【答案】B【详解】A．根据图像可知，入射角相同，a的折射角小，根据，可知，a光的折射率大，故A错误；B．根据可知，在玻璃砖中的a光的传播速度小于b光的传播速度，光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r，根据可知，在玻璃砖中的a光的传播时间大于b光的传播时间，故B正确；C．a光的折射率大，频率高，波长小，若该复色光由红光与紫光组成，则a光为紫光，故C错误；D．若用a、b光分别进行双缝干涉实验，在其他条件相同的情况下，根据a光条纹间距小于b光条纹间距，故D错误。7.【答案】C【详解】设斜面体三边长分别为、和，由斜抛运动规律，物体过斜面顶角处时有，，物体落到斜面体右侧时底角处有，，联立解得，C正确。8.【答案】BC【详解】两船位于平衡位置且之间有且仅有一个波谷，则两船的距离可能为、、，相应波长分别为60m、30m、20m，周期为3s，频率为，波速分别、、，BC正确A错误；波的传播速度由介质的性质决定，与波源的振动速度无关，D错误。9．【答案】BC【详解】A．由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误；B．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得，故B正确；C．根据牛顿第二定律得，当时，，解得：动摩擦因数故C正确；D．由能量守恒定律可得：，故D错误。10.【答案】BCD【详解】电容器放电过程，极板间电压减小，导体棒向右运动产生感应电动势，当极板间电压减至时，导体棒达到最大速度时，电容器不再放电，但极板电荷量不为零，A错误；根据，可得，由动量定理，可得，又，联立，解得，，BD正确；根据B选项分析可知该过程中，安培力对导体棒的冲量等于导体棒动量的变化，C正确；11．【答案】15.06（15.04~15.08均可）312.5弹簧超出了弹性限度(每空2分）【详解】（1）由图乙可知该刻度尺的最小分度值为1mm，估读下一位则弹簧的长度（2）由图像可得劲度系数（3）图像出现弯曲说明弹簧的弹力与弹簧的伸长量不再成正比，原因是弹簧超出了弹性限度。12.【答案】(1)CDE(2)（每空2分）【解析】(1)根据伏安法测电阻的原理，电流表a和电阻箱相当于电压表，电流表b测电流表a和电阻箱的总电流，量程比电流表a大。若电流表a选用B，电流表a和电阻箱的总电阻最大约为1100Ω，电流表a和电阻箱的总电流约为，当电流表a满偏时无论电流表b选用C还是D示数都太小（未达到三分之一），所以电流表B无法使用，电流表a和电流表b分别选择C和D。滑动变阻器R2阻值太大，不方便调节，所以滑动变阻器选用E。(2)根据部分电路欧姆定律得，整理得，可知，解得。13.【答案】(1)P20(2)MgLpS+Mg【详解】(1)当室内温度升高15℃时，气缸内封闭气体发生等容变化∆T=∆t=15K由查理定律有………………………2分由于解得∆P=P20………………………2分(2)若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律有………………………2分则初态有末态有p1S=pS+Mg………………………2分设活塞下降距离为h，有解得ℎ=MgLpS+Mg………………………2分14.【答案】=1\*GB2\*MERGEFORMAT⑴=2\*GB2\*MERGEFORMAT⑵0.03m=3\*GB2\*MERGEFORMAT⑶μ≥0.4解：=1\*GB2\*MERGEFORMAT⑴设碰撞前物块甲的速度为v0，碰撞后物块甲、乙的速度分别为v1、v2，得………………………1分………………………1分………………………1分解得………………………1分=2\*GB2\*MERGEFORMAT⑵设物块甲、乙共速的速度为v，得………………………1分…………………………1分解得h=0.03m………………………1分=3\*GB2\*MERGEFORMAT⑶物块乙恰好滑到滑板的最高点或者恰好回到滑板最左端时物块乙和滑板速度都相同，两种情况下摩擦因数分别为μ1、μ2，得…………………………2分…………………………2分解得μ1=0.4………………………………1分μ2=0.24………………………………1分要保证物体乙不滑离滑板，即不从右边飞出又不从左边滑离，动摩擦因数应有最小值，即μ≥0.4…………………………………1分15.【答案】(1)1：3(2)(3)（，，，）【详解】(1)粒子在磁场中偏转，设半径为，由洛伦兹力提供向心力得………………2分由几何关系可得………………1分联立可得………………1分故………………1分(2)从圆b边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆c飞离磁场，如图所示设粒子在磁场中偏转的轨道半径为，速度为，由几何关系可得………………1分解得………………1分由洛伦兹力提供向心力可得………………1分粒子经过辐向电场加速过程，根据动能定理可得………………2分故有………………1分(3)若粒子可以回到A点，其运动轨迹如图所示设粒子在和磁场中转动的次数各为，粒子在磁场中相对于O点转过的圆心角不变，为，则在磁场中相对于O点转过的圆心角为………………1分粒子在磁场中的轨迹半径为………………1分由洛伦兹力提供向心力得………………1分联立可得（，，，）………2分