高三物理參考答案1.D【解析】做簡諧振動的質(zhì)點(diǎn)不僅要質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力與位移成正比，還要方向與位移方向相反，A項(xiàng)錯誤；做簡諧振動的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過同一位置的加速度相等，速度方向可能相反，B項(xiàng)錯誤；做簡諧振動的質(zhì)點(diǎn)背離平衡位置運(yùn)動時的速度方向與位移方向相同，C項(xiàng)錯誤；做簡諧振動的質(zhì)點(diǎn)位移減小時，回復(fù)力減小，則加速度在減小，質(zhì)點(diǎn)正在返回平衡位置，速度在增大，D項(xiàng)正確。2.A【解析】對整個動車組進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有6F-18f-16mgsinθ=16ma，其中sinθ=1100，解得a=3F-93.B【解析】由單擺公式T=2πl(wèi)g，可知，單擺的周期與擺球的質(zhì)量、振幅、擺角均無關(guān)，若擺長變?yōu)樵瓉淼?4，則秒擺的周期變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項(xiàng)正確，A、C、4.D【解析】因?yàn)檩喬蛩偾斑M(jìn)，輪胎所受滑動摩擦力的大小等于兩拉力F的水平分量的合力，即f=F合水=2Fcosθ·cosα2，所以滑動摩擦力對輪胎的沖量大小If=ft=2Ftcosθ·cosα2，5.A【解析】由題意可知t=0.6s時刻波剛好傳播到x=6m處，可知此波的波速v=xt=10m/s，又由題圖可知λ=6m，周期T=λv=0.6s，從t=0時刻波源起振算起，經(jīng)過34T=0.45s波源處出現(xiàn)第一個波峰，波峰傳播x=8.75m需要的時間Δt=Δxv=0.875s，故從t=0時刻起，平衡位置的坐標(biāo)為8.75m的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰的時刻為0.45s+0.875s=16.B【解析】物體從A到B，滿足vB2=2a1L1，物體從B到C，滿足vC2-vB2=2a2L2，兩式相除，得vC2-vB2vB2=2a2L22a1L1，化簡得vC7.A【解析】地球表面的重力加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得GMmR2=mg，解得GM=gR2，根據(jù)題意可知，齊魯二號衛(wèi)星的運(yùn)行周期T1=Tn。根據(jù)牛頓第二定律，由萬有引力提供齊魯二號衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的向心力，設(shè)齊魯二號衛(wèi)星的軌道半徑為r1，則有GMmr12=m4π2T12r1，聯(lián)立解得r1=8.C【解析】不計空氣阻力，籃球的機(jī)械能守恒，籃球在最高點(diǎn)時有水平速度，此時其機(jī)械能大于mgh，A項(xiàng)錯誤；籃球在水平方向做勻速直線運(yùn)動，在最高點(diǎn)的水平速度vx=v0cos45°，故籃球在最高點(diǎn)的動能Ek=12mvx2=14mv02，B項(xiàng)錯誤；籃球從A到C做斜上拋運(yùn)動，從A運(yùn)動到C的時間t=2hACg=2(h-34h)g=h2g，從C運(yùn)動到B的時間和從A運(yùn)動到C的時間相等，故tAB=2h2g=9.BC【解析】由圖乙和圖丙可知，兩列波的周期都為T=4s，可以形成穩(wěn)定的干涉圖樣，D項(xiàng)錯誤；兩列波的波長均為λ=vT=1m，M點(diǎn)到兩波源的波程差為3.5m-2.5m=1m=λ，N點(diǎn)到兩波源的波程差為62+82m-8m=2m=2λ，由于兩波源振動步調(diào)相反，所以M、N均為振動減弱點(diǎn)，且振動減弱點(diǎn)的振幅為2m-1m=1m，故A項(xiàng)錯誤，10.BD【解析】設(shè)最低點(diǎn)處重力勢能為零，滑塊運(yùn)動到最高點(diǎn)時，速度為0，此時滑塊的重力勢能為30J，又Ep=mgh，解得h=3m，設(shè)斜面傾角為θ，可得sinθ=35，A項(xiàng)錯誤；根據(jù)題意可知，滑塊上滑過程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能關(guān)系可知μmgscosθ=E0-Ep，代入數(shù)據(jù)解得μ=E0-Epmgscosθ=916，B項(xiàng)正確；滑塊下滑過程，由牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得a=1.5m/s2，C項(xiàng)錯誤；根據(jù)動能定理知，11.(2)2(2分)(3)9.79(2分)(4)偏小(2分)【解析】(2)小球經(jīng)過最低點(diǎn)61次，即完成30個全振動，因此單擺的振動周期T=6030s=2s(3)單擺擺長為懸點(diǎn)到球心間的距離，則擺長L=l+d2=98.52cm+0.78cm=99.30cm，由單擺周期公式T=2πLg，可得g=4π2LT(4)如果擺線長度l的測量值偏小，根據(jù)g=4π2L12.(1)2Lgt2(2)5.25(3分)(3)d2(x2【解析】(1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式L=12μgt2，解得μ=2(2)游標(biāo)卡尺的示數(shù)為0.5cm+5×0.05mm=5.25mm。(3)滑塊從通過光電門到停止運(yùn)動，由牛頓第二定律得μmg=ma，由勻變速直線運(yùn)動速度和位移的關(guān)系得v2=2al，v=dΔt，解得l=d22μg·1(Δt)2，圖像的斜率k=d13.解：(1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有xAB=v0t+12a1t2(2分解得游客沿AB滑行的加速度大小a1=1m/s2(1分)在沙丘上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°-μmgcos37°=ma1(2分)解得μ=0.625。(1分)(2)游客到達(dá)B點(diǎn)處的速度大小vB=v0+a1t=8m/s(1分)在水平面上，游客滑沙的加速度大小a2=μg=6.25m/s2(1分)B、C間的距離xBC=vB22a2=822×6.25m=514.解：(1)由題圖知波長λ=2×(5-1)m=8m(1分)波的方程為y=Asin(ωx+φ)(1分)其中ω=2πT=π4rad/s(1由題圖可知，當(dāng)x=5m時，y=-4cm(1分)代入數(shù)據(jù)，可得-4cm=4sin(π4×5+φ)(cm)(1分解得φ=π4(1分所以t=0時，波源處質(zhì)點(diǎn)的位移y=4sin(π4×0+π4)cm=22cm。(1(2)波傳播的速度v=λT=1m/s(1分根據(jù)平移法可知，設(shè)波向右平移距離Δx，波源出現(xiàn)波峰，則有Δx=nλ+λ-x0=8n+7(m)(n=0，1，2，3，…)(2分)根據(jù)v=ΔxΔt解得Δt=Δxv=8n+7(s)(n=0，1，2，3，…)(2可知，當(dāng)n=4時，波源第5次出現(xiàn)波峰，此時刻t=8×4s+7s=39s。(1分)15.解：(1)A、B的質(zhì)量分別用m1、m2表示，由動量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v1(1分)解得v1=1m/s(1分)兩者共速前，對木板A，由牛頓第二定律有μm2g=m1a(1分)解得a=4m/s2(1分)彈簧與墻壁接觸前，木板A以4m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動由運(yùn)動學(xué)公式有2ax1=v12(1解得t0~t1時間內(nèi)，A向右運(yùn)動的距離x1=0.125m。(1分)(2)彈簧與墻壁接觸后，滑塊B與木板A先一起減速，當(dāng)滑塊B受到的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，滑塊B與木板A之間即將相對滑動，設(shè)兩者即將開始相對滑動的加速度大小為a'對滑塊B有μm2g=m2a'(1分)對整體有kx2=(m1+m2)a'(1分)解得a'=1m/s2，x2=0.25m(1分)從彈簧開始接觸墻壁到滑塊B與木板A之間即將相對滑動的過程，根據(jù)能量守恒定律有12kx22=12(m1+m2)v12-12(m1+m解得t2時刻A的速度大小v2=32m/s。(1分(3)t4時刻A、B加速度相同，意味著彈簧又回到了滑塊B和木板A剛要相對滑動的位置，即彈簧壓縮量為x2處，返回時木板A受力與木板A壓縮彈簧時完全相同，故回到該位置時木板A的速度大小v2'=v2=32m/s(1分根據(jù)對稱性，木板A返回所用時間