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高三物理参考答案
1.D
【解析】做简谐振动的质点不仅要质点的回复力与位移成正比，还要方向与位移方向相反，A项错误；做
简谐振动的质点经过同一位置的加速度相等，速度方向可能相反，B项错误；做简谐振动的质点背离平衡
位置运动时的速度方向与位移方向相同，C项错误；做简谐振动的质点位移减小时，回复力减小，则加速
度在减小，质点正在返回平衡位置，速度在增大，D项正确。
2.A
1
【解析】对整个动车组进行受力分析，由牛顿第二定律有6F-18f-16mgsin θ=16ma，其中sin θ= ，
100
3F-9f -0.08mg
解得a= ，A项正确。
8m
3.B
√ l
【解析】由单摆公式T=2π ，可知，单摆的周期与摆球的质量、振幅、摆角均无关，若摆长变为原来的
g
1
，则秒摆的周期变为原来的一半，B项正确，A、C、D项错误。
4
4.D
【解析】因为轮胎匀速前进，轮胎所受滑动摩擦力的大小等于两拉力F的水平分量的合力，即f=F
合水
α α
=2Fcos θ·cos ，所以滑动摩擦力对轮胎的冲量大小I=ft=2Ftcos θ·cos ，D项正确。
f
2 2
5.A
x
【解析】由题意可知t=0.6 s时刻波刚好传播到x=6 m处，可知此波的波速v= =10 m/s，又由题图可知
t
λ 3
λ=6 m，周期T= =0.6 s，从t=0时刻波源起振算起，经过 T=0.45 s波源处出现第一个波峰，波峰传播
v 4
Δx
x=8.75 m需要的时间Δt= =0.875 s，故从t=0时刻起，平衡位置的坐标为8.75 m的质点第一次到达
v
波峰的时刻为0.45 s+0.875 s=1.325 s。A项正确。
6.B
v 2-v 2
【解析】物体从A到B，满足 v 2=2a 1 L 1 ，物体从B到C，满足 v 2- v 2=2a 2 L 2 ，两式相除，得 C B =
B C B v 2
B2a 2 L 2，化简得 v C 2 = a 2· L 2+1=1×7+1=9，所以v C =3√2v B ，B项正确。
2a L v 2 a L 7 8 8 4
1 1 B 1 1
7.A
GMm
【解析】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得 =mg，解得GM=gR2，根据题意可知，齐鲁
R2
T
二号卫星的运行周期T= 。根据牛顿第二定律，由万有引力提供齐鲁二号卫星做圆周运动的向心力，设
1
n
齐鲁二号卫星的轨道半径为r，则有
GMm
=m
4π2 r，联立解得r=√gR2T2
，故齐鲁二号卫星离地面的高
1 1 1 3
r 2 T 2 4n2π2
1 1
度h=r-R=√gR2T2
-R，A项正确。
1 3
4n2π2
8.C
【解析】不计空气阻力，篮球的机械能守恒，篮球在最高点时有水平速度，此时其机械能大于mgh，A项错
1
误；篮球在水平方向做匀速直线运动，在最高点的水平速度v=vcos 45°，故篮球在最高点的动能E= m
x 0 k
2
√ 3
v 2
=1m
v 2
，B项错误；篮球从A到C做斜上抛运动，从A运动到C的时间t=√2h
AC
= 2(h-
4
h)=√ h ，
x 4 0 g 2g
g
√ h √2h
从C运动到B的时间和从A运动到C的时间相等，故t=2 = ，C项正确；A、B之间的距离x=vcos
AB 0
2g g
√2h √h
45°· =v ，D项错误。
0
g g
9.BC
【解析】由图乙和图丙可知，两列波的周期都为T=4 s，可以形成稳定的干涉图样，D项错误；两列波的波
长均为λ=vT=1 m，M点到两波源的波程差为3.5 m-2.5 m=1 m=λ，N点到两波源的波程差为 m-8
√62+82
m=2 m=2λ，由于两波源振动步调相反，所以M、N均为振动减弱点，且振动减弱点的振幅为2 m-1 m=1m，故A项错误，B、C项正确。
10.BD
【解析】设最低点处重力势能为零，滑块运动到最高点时，速度为0，此时滑块的重力势能为30 J，又
3
E=mgh，解得h=3 m，设斜面倾角为θ，可得sin θ= ，A项错误；根据题意可知，滑块上滑过程中，除
p
5
E -E 9
重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知μmgscos θ=E-E，代入数据解得μ= 0 p = ，B项正
0 p mgscosθ 16
确；滑块下滑过程，由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=1.5 m/s2，C项错误；根据动能
定理知，滑块从顶端下滑到底端动能的增加量ΔE=mas=7.5 J，D项正确。
11.(2)2 (2分)
(3)9.79 (2分)
(4)偏小 (2分)
60
【解析】(2)小球经过最低点61次，即完成30个全振动，因此单摆的振动周期T= s=2 s。
30
d
(3)单摆摆长为悬点到球心间的距离，则摆长L=l+ =98.52 cm+0.78 cm=99.30 cm，由单摆周期公式T=2π
2
√L，可得g=4π2L=9.79 m/s2。
g T2
(4)如果摆线长度l的测量值偏小，根据g=4π2L知重力加速度g的测量值偏小。
T2
2L
12.(1) (3分)
gt2
(2)5.25 (3分)
(3)
d2(x -x )
(4分)
2 1
2g(y - y )
2 1
1 2L
【解析】(1)根据运动学公式L= μgt2，解得μ= 。
2 gt2
(2)游标卡尺的示数为0.5 cm+5×0.05 mm=5.25 mm。
(3)滑块从通过光电门到停止运动，由牛顿第二定律得μmg=ma，由匀变速直线运动速度和位移的关系得v2=2al，v=d ，解得l= d2 · 1 ，图像的斜率k= d2 ，因为k= y 2 - y 1，解得μ=d2(x 2 -x 1 ) 。
Δt 2μg (Δt)2 2μg x -x 2g(y - y )
2 1 2 1
1
13.解：(1)根据运动学公式有x=vt+ at2 (2分)
AB 0 1
2
解得游客沿AB滑行的加速度大小a=1 m/s2 (1分)
1
在沙丘上，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma (2分)
1
解得μ=0.625。 (1分)
(2)游客到达B点处的速度大小v=v+at=8 m/s (1分)
B 0 1
在水平面上，游客滑沙的加速度大小a=μg=6.25 m/s2 (1分)
2
B、C间的距离x=v 2 = 82 m=5.12 m。 (2分)
BC B
2a 2×6.25
2
14.解：(1)由题图知波长λ=2×(5-1) m=8 m (1分)
波的方程为y=Asin(ωx+φ) (1分)
2π π
其中ω= = rad/s (1分)
T 4
由题图可知，当x=5 m时，y=-4 cm (1分)
π
代入数据，可得-4 cm=4sin( ×5+φ)(cm) (1分)
4
π
解得φ= (1分)
4
π π
所以t=0时，波源处质点的位移y=4sin( ×0+ ) cm=2√2 cm。 (1分)
4 4
λ
(2)波传播的速度v= =1 m/s (1分)
T
根据平移法可知，设波向右平移距离Δx，波源出现波峰，则有
Δx=nλ+λ-x=8n+7(m)(n=0，1，2，3，…) (2分)
0
Δx
根据v= (1分)
Δt
Δx
解得Δt= =8n+7(s)(n=0，1，2，3，…) (2分)
v
可知，当n=4时，波源第5次出现波峰，此时刻t=8×4 s+7 s=39 s。 (1分)
15.解：(1)A、B的质量分别用m、m表示，由动量守恒定律有
1 2mv=(m+m)v (1分)
2 0 1 2 1
解得v=1 m/s (1分)
1
两者共速前，对木板A，由牛顿第二定律有
μmg=ma (1分)
2 1
解得a=4 m/s2 (1分)
弹簧与墙壁接触前，木板A以4 m/s2的加速度做匀加速运动
由运动学公式有2ax= (1分)
1 v 2
1
解得t~t时间内，A向右运动的距离
0 1
x=0.125 m。 (1分)
1
(2)弹簧与墙壁接触后，滑块B与木板A先一起减速，当滑块B受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，滑块B
与木板A之间即将相对滑动，设两者即将开始相对滑动的加速度大小为a'
对滑块B有μmg=ma' (1分)
2 2
对整体有kx=(m+m)a' (1分)
2 1 2
解得a'=1 m/s2，x=0.25 m (1分)
2
从弹簧开始接触墙壁到滑块B与木板A之间即将相对滑动的过程，根据能量守恒定律有
1 1 1
kx 2= (m+m)v 2- (m+m)v 2 (2分)
1 2 1 2
2 2 2 1 2 2
√3
解得t时刻A的速度大小v= m/s。 (1分)
2 2
2
(3)t时刻A、B加速度相同，意味着弹簧又回到了滑块B和木板A刚要相对滑动的位置，即弹簧压缩量为
4
x处，返回时木板A受力与木板A压缩弹簧时完全相同，故回到该位置时木板A的速度大小
2
√3
v'=v= m/s (1分)
2 2
2
√3 √3
根据对称性，木板A返回所用时间也为Δt=t-t= s，在此2× s的时间内，对滑块B由动量定理
3 2
6 6
√3
有-μmg·2× =mv-mv (2分)
2 2 3 2 2
6
√3
解得v= m/s (1分)
3
6
√3
在此2× s的时间内，弹簧的初、末弹性势能不变，木板A的初、末动能不变，故对系统，由能量守恒
6
1 1
定律有ΔE= mv 2- mv 2 (1分)
2 2 2 2 2 34
解得ΔE= J。 (1分)
3
