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 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
16Fcos，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， M 处电场线较密， M 、Q 两点场强大小关系为
EE>j>j
MQ ，故 A 错误；B．根据沿电场线电势降低， MP、 两点电势关系为 MP ，故 B 错误；
C．若 PQ、 两点关于两点电荷连线对称，根据对称性可知 PQ、 两点电场强度大小相等，方向
E=j() - q
不同，故 C 错误；D．根据 p ，同一带负电的试探电荷，其在 M 点的电势能比在 N
点的电势能小，故 D 正确。
4.【答案】D
2
R1 Mm v GM
【详解】由开普勒第二定律 解得 v ， 错误；由 得 当
R1v=R2vQ vQ= A G2 = m v =
R2 r r r
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，轨道大于轨道
Mm
的半径，飞船在轨道的速度大小一定大于飞船在轨道的速度大小，B 错误；根据G= ma
r 2
GM
得 a = ，飞船在轨道 P 点的加速度等于轨道上 P 点的加速度，C 错误；根据开普勒第三
r 2
RR1+ 2 3 RR1+ 2 3
3 () () 1 '
定律可知 R 可得 ' ，飞船在 轨道从 到 的时间为 T ，即为
2 2 TT= 2 P Q
2= '2 3 2
TT R2
3
1 RR+
1 2 T ，D 正确。
2 2R2
5.【答案】D
【详解】衰变时释放的g 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
4
知，X 为 2 He 粒子，B 错误； 射线的穿透能力最强，电离能力最弱，C 错误；衰变后原子核
237 241
更稳定，比结合能越大，即 93 Np 的比结合能大于 95 Am ，D 正确。
6．【答案】B
sinq
【详解】A．根据图像可知，入射角相同，a 的折射角小，根据 n = 1 ，可知，a 光的折射
sinq2
c
率大，故 A 错误；B．根据 v = 可知，在玻璃砖中的 a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，
n
1
r
光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径 r，根据t = 可知，在玻璃砖中的 a 光的传播时间大于
v
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
l
同的情况下，根据 x = l a 光条纹间距小于 b 光条纹间距，故 D 错误。
d
7.【答案】C
【详解】设斜面体三边长分别为 l 、 3l 和 2l ，由斜抛运动规律，物体过斜面顶角处时有
1
v sin t - gt 2 = 3l sin 30 ， v cos t = 3l cos30 ，物体落到斜面体右侧时底角处有
0 1 2 1 0 1
4
2v sin = gt ， v cos t = 2l ，联立解得 tan = 3 ，C 正确。
0 2 0 2 3
8.【答案】BC
1 3
【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 l 、 l 、 l ，
2 2
1 20
相应波长分别为60m、30m、20m，周期为3s，频率为 Hz ，波速分别 20m / s 、10m / s 、 m / s ，
3 3
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
1
E= ma x - x ，故 B 正确；C．根据牛顿第二定律得 -（k x - l0） +m mg = ma ，当 x = 0 时，
km2 3 3 2
a kl
a= a ，解得：动摩擦因数 m =0 - 0 故 C 正确；D．由能量守恒定律可得：
0 g mg
Ep3= E p1 +m mg x 3 - x 1 ，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 E = BLv ，当极
板间电压减至 E 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
DQ
误；根据 C = ，可得 DQ = C E - BLv ，由动量定理，可得 BILD t = mv ，又 ID t = D Q ，
DU m m
CmE CEBL
联立，解得 DQ = ， v = ，BD 正确；根据 B 选项分析可知该过程中，
CB2 L2 + m m CB2 L 2 + m
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
L0 =150.6 mm = 15.06cm
25
（2）由图像可得劲度系数 k =N/m = 312.5N/m
0.08
（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。
r + R
12.【答案】(1) C D E (2) 2 0 （每空 2 分）
k -1
【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
2
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
1100
约为 1100，电流表 a 和电阻箱的总电流约为10A(1+ ) = 450A ，当电流表 a 满偏时无
25
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。
r2 + R0 + Rx
(2) 根据部分电路欧姆定律得 Ia (r2 + R0 ) = (Ib - Ia )Rx ， 整 理 得 Ib = Ia ， 可 知
Rx
r + R + R r + R
k = 2 0 x 2 0
，解得 Rx = 。
Rx k -1
13.【答案】(1) (2)
20
【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
pD p
由查理定律有 = ………………………2 分
TTD
由于T =27 + 273 K = 300K
解得P= ………………………2 分
20
(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
pV0= p 1 V 1 ………………………2 分
则初态有V0 = LS
末态有 p1S=pS+Mg ………………………2 分
设活塞下降距离为 h，有V1 = L - h S
解得 分
= ………………………2
14.【答案】 4m / s 0.03m 0.4
解：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
m v2 = m gH ………………………1 分
2 1 0 1
分
m1v0 = m1v1 + m2v2 ………………………1
1 1 1
2 2 2 ………………………1分
m1v0 = m1v1 + m2v2
2 2 2
解得 分
v2 = 4m/s ………………………1
设物块甲、乙共速的速度为 v，得
分
m2v2 = (m2 + M )v ………………………1
1 1
2 2 …………………………1分
m2v2 = (m2 + M )v + m0m2 gL + m2 gh
2 2
解得 h=0.03m ………………………1分
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 1、2，得
1 1
2 2 …………………………2分
m2v2 = (m2 + M )v + m1m2 gL + m2 gR2 (1- cos )
2 2
1 1
2 2 …………………………2分
m2v2 = (m2 + M )v + 2m2m2 gL
2 2
解得 1=0.4 ………………………………1分
2=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
0.4 …………………………………1分
mv
3 B = 0
15.【答案】(1)1：3 (2) DE = - mv2 (3) 3 p p （ n = 2 ，3 ， 4 ，5 ）
p 0 qr tan(- )
2 n 6
【详解】(1)粒子在磁场 B1 中偏转，设半径为 r1 ，由洛伦兹力提供向心力得
3
2
v0
qv0 B= m ………………2 分
r1
由几何关系可得
r
tan 30 = ………………1 分
r1
联立可得
3mv
B = 0 ………………1 分
1 3qr
故 B1 : B2 =1:3 ………………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 B2 中偏转的轨道半径为 r2 ，速度为 v1 ，由几何关系可得
2 2 2
r2+(2 r ) = (2 3 r - r 2 ) ………………1 分
解得
2 3
r= r ………………1 分
2 3
由洛伦兹力提供向心力可得
2
v1
qv1 B 2 = m ………………1 分
r2
粒子经过辐向电场加速过程，根据动能定理可得
1 1
W = mv2 - mv2 ………………2 分
ab 2 1 2 0
3
故有 DE = -W = - mv2 ………………1 分
p ab 2 0
(3)若粒子可以回到 A 点，其运动轨迹如图所示
设粒子在 B2 和 B3 磁场中转动的次数各为 n ，粒子在磁场 B2 中相对于 O 点转过的圆心角不变，
为 60，则在磁场 B1 中相对于 O 点转过的圆心角为
2p p
= - ………………1 分
n 3
粒子在磁场 B1 中的轨迹半径为
r= r tan ………………1 分
n 2
由洛伦兹力提供向心力得
2
v0
qv0 B 3 = m ………………1 分
rn
联立可得
mv
B = 0
3 p p （ n = 2 ，3 ， 4 ，5 ）………2 分
qr tan(- )
n 6
4