物理参考答案12345678910CDACBDDADBCBCD11.不需要(1分)(2分)(2分)(2分)12.(2分)(2分)(2分)B(2分)（1）；(3分)（2）；(3分)（3）(4分)14．（1）；(4分)（2）；(3分)（3）(5分)15．（1）；(5分)（2）；(6分)（3）(6分)详解：1．C【详解】A．由于空气阻力不可忽略，则列车匀速行驶时，轨道对列车的作用力大小大于mg，故A错误；B．加速行驶时，列车所受的合力沿水平方向，但由于空气阻力不可忽略，则轨道对列车的作用力不沿水平方向，故B错误；C．以加速度a加速行驶时，列车受到的合外力大小为ma，故C正确；D．减速行驶时，轨道对列车的作用力在竖直方向的分量等于重力，则轨道对列车的作用力不可能小于mg，故D错误。故选C。2．D【详解】A．飞机做加速运动，根据动能定理可得合外力所做的功等于动能的改变，则飞机的合外力做正功，故飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角，合外力方向不能指向圆心，故A错误；B．飞机的运动看做是加速圆周运动，沿半径方向有飞机沿圆弧向上加速运动，则速度变化，故向心加速度发生变化，故B错误；C．飞机在竖直方向的速度为θ增大，竖直方向的速度增大，所以克服重力做功的功率越来越大，故C错误。故选D。3．A【详解】两绳对耙拉力的合力为耙沿水平方向匀速耙地，所以地对耙的水平阻力大小为故选A。4．C【详解】A．时，Q点在平衡位置沿y轴正方向振动，根据“上下坡法”可知简谐波沿x轴正方向传播。故A错误；B．由图乙可知，质点振幅，周期，由图甲可知波的波长为，从该时刻开始计时P点的振动方程为时P点的位移为故B错误；C．当时，P点的位移为即P点到达平衡位置。故C正确；D．时刻质点Q从平衡位置向下振动，故质点Q的振动方程为故D错误。故选C。5．B【详解】在P点恰好发生全反射，根据几何关系可知，在E点的折射角与临界角C互余。根据折射定律，解得单色光在玻璃砖中的传播速度为故选B。6．D【详解】A．近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得可得可知C、D绕A、B运行的速度之比为故A错误；B．近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得可得可知C、D绕A、B运行的周期之比为故B错误；C．在行星表面有可得可知行星A、B的表面重力加速度之比为对于物体a，根据动能定理可得可得对于物体b，根据动能定理可得可得则有故C错误；D．a、b两物体在空中的时间分别为，a、b两物体的水平位移分别为，联立可得则a、b两物体从抛出到落地的位移之比为故D正确。故选D。7．D【详解】AB．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的图像不可能是两段折线。在内，物块做匀加速运动，则有设物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有解得撤去拉力后木板做匀减速，由图乙可知对木板，由牛顿第二定律有解得撤去拉力F前，木板的加速度对木板，根据第二定律有得故AB错误；CD．在内，物块位移为木板位移为由于可知，在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小木板的加速度大小为，则有解得物块到停止的时间还需木板到停止的时间还需所以木板比物块先停止运动，在到物块停止，运动的时间为物块的位移为木板位移为物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为由上述分析可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，故D正确，C错误。故选D8．AD【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，吸收一个中子后还应释放一个电子才能得到，核反应方程为故A正确；Ｂ．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为故B错误；C．半衰期是统计规律，对大量原子核适用，对少量原子核不适用，故C错误；D．半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，与物理、化学环境无关，故D正确故选AD9．BC【详解】A．导体棒稳定运动时导体棒中电流为零，感应电动势与电源两端的路端电压相等，即故A错误。B．闭合开关S，导体棒受到安培力向右同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向与电源电动势相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻R两端电压大小相等时，导体棒中电流为零，导体棒做匀速运动，速度达到最大，故B正确；C．由B分析可知得故C正确；D．导体棒稳定运动时电源的输出功率为故D错误；故选BC10．BCD【详解】设电子穿过界面后的速度为，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面切线方向速度不变。则电子穿过界面的过程中，根据动能定理或能量守恒，则可解得则动能增加量为故选BCD。11．不需要【详解】（1）[1]滑块受到的拉力可以用弹簧秤测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于滑块的质量；（2）[2]由匀变速直线运动速度与位移关系式知代入得（3）[3]根据牛顿第二定律知由图像知代入数据得（4）[4]根据牛顿第二定律，对m有对M有代入得12．B【详解】（1）[1]电路如图所示（2）[2][3]根据则则解得（3）[4]根据图3可知，开始随着电压的增大，但是电流是定值，根据则开始一段是一条过原点的直线，然后随着电压的增大，电流减小，电阻值增大，最后电压达到一个定值故选B。13．（1）；（2）；（3）【详解】（1）经分析可知，当活塞刚要离开A处时，缸内气体的压强为，从开始加热到活塞刚要离开A处的过程，缸内气体做等容变化，有解得（2）假设缸内气体的热力学温度时，活塞已到达B处，从活塞离开A处到活塞刚到达B处的过程，缸内气体做等压变化，有解得（3）由于，因此假设成立，缸内气体的热力学温度时，活塞已到达B处，此后由于限制装置的作用，缸内气体做等容变化，有解得14．（1）；（2）；（3）【详解】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有又有且联立解得（2）带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有解得（3）电场强度突然变为，粒子运动到点过程，由动能定理有解得15．（1）；（2）；（3）【详解】（1）冰块A的受力分析如图所示B对A的支持力B对A的摩擦力画出冰块B的受力分析，如图所示其中和分别是和的反作用力冰块B水平方向受力平衡，可得草垫对B的摩擦力联立解得（2）设整个过程中A、B的水平位移大小分别为xA、xB，画出位移示意图根据几何关系，有A、B系统在水平方向上动量守恒，有联立解得（3）设A刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为，B的速度大小为vB，示意图如图所示A、B系统在水平方向上动量守恒，有A、B系统机械能守恒，有A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有联立解得该过程对B由动能定理得解得