高三物理参考答案14．B【详解】A．位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；B．在510s内斜率为正，在10~15s内斜率为负，斜率代表物体的速度方向，故速度方向相反，故B正确；C．010s内，质点通过的位移xx2x15m1m4m故C错误；D．在1020s内，斜率一直增大，故速度越来越大，故D错误.故选B。15．D【详解】如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为，爪与爪之间的距离为d，由图中几何关系可得dsin2R由受力平衡可得4FNcosmg解得mgFN4cos可知R越大，sin越小，cos越大，FN越小，D正确，ABC错误；故选D。16．B【详解】AB．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示：答案第1页，共15页学科网（北京）股份有限公司将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，GFG11cosF2=G2=Gtanθ当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知：因为θ减小，则cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项A错误，B正确。C．再对A进行受力分析知：由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsinθ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小．再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小，选项C错误；D．对AB的整体，竖直方向受到地面的支持力和AB的重力，则地面的支持力等于AB的重力之和，选项D错误。故选B。公众号：高中试卷君17．C【详解】运动员B做匀减速直线运动，速度减为零的时间为vt14sBa此时运动员A的位移为答案第2页，共15页xAv0tB20m运动员B的位移为vx1t16mB2B因为xAxBx0即运动员B速度减少为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即x116m故C正确，ABD错误。故选C。18．B【详解】A．当角速度为0时，有FTmgcos=a所以A错误；B．当小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动，当角速度达到b时，支持力为0，有mgtanm2Lsin解得g2bLcos所以B正确；C．当角速度较小时小球没有脱离圆锥，有2FTsinNcosmLsinFTcosNsin=mg联立解得22FTmgcosmLsin则图线1的斜率为2k1mLsin所以C错误；答案第3页，共15页学科网（北京）股份有限公司D．当角速度较大时，小球脱离圆锥台，有2FTsinmLsin则2FTmL所以图线2的斜率为k2mL所以D错误；故选B。19．AD【详解】A．两橡皮泥都静止处于平衡状态，由平衡条件得Fa(m1m2)g4m1gFbm2g3m1g可知弹簧a的弹力比弹簧b的弹力大，故A正确；B．在m1上取△m粘在m2处，由平衡条件得Fa(m1mm2m)g4m1g可知弹簧a的弹力不变，长度不变，故B错误；C．剪断弹簧a瞬间，弹簧a的弹力消失，弹簧b的弹力不变，对质量为m1的橡皮泥，由牛顿第二定律可得m1gFbm1a1解得a14g方向竖直向下，质量为m2的橡皮泥受力不变，合力不为零，加速度为零，故C错误；D．剪断弹簧b瞬间，弹簧a的弹力不变，弹簧b的弹力消失，对质量为m1的橡皮泥，由牛顿第二定律可得Fam1gm1a1答案第4页，共15页解得a13g方向竖直向上对质量为m2的橡皮泥，由牛顿第二定律可得m2gm2a2解得a2g方向竖直向下，故D正确。故选AD。20．BC【详解】AB．t0时FA8NFB2N由于mAmB所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为FF2aAB1m/smAmB设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得FFBmBa解得F4N故B正确，A错误；C．当二者之间的相互作用力恰好为0时开始分离，则有FFABmAmB即82t22t46答案第5页，共15页学科网（北京）股份有限公司解得t2s故C正确；D．由于FAFB10N由A选项可知，二者分离前做加速度为1m/s2的匀加速直线运动，根据速度时间关系得分离时的速度vat12m/s2m/s故D错误。故选BC。21．ACD【详解】AB．根据图像可知x2t4t即x2t24t结合匀变速位移时间关系可知，加速度为a4m/s2初速度v24m/s故A正确，B错误；C．物块向左的位移为v242x2m=2m2a24选项C正确；D．物块减速到零的时间vt21s1a反向加速到与传送带速度相同所需时间vt10.5s2a所以加速位移答案第6页，共15页1xvt0.5m2212还需匀速时间x1x2t30.75sv1所以运动总时间tt1t2t32.25s故D正确。故选ACD。22．AB增大1.1【详解】（1）[1]测小灯泡的I-U图像需要电压从零开始，所以用分压式接法，则滑动变阻器应该选A；（2）[2]小灯泡电阻比较小，所以用电流表外接法，结合（1）中分压式接法可知，原理图应选B；（3）[3]根据小灯泡的I-U图像可知，电压增大，小灯泡的电阻增大；[4]根据小灯泡的I-U图像可知，当U2.5V，I0.43A时，可求得PUI1.1W23．BC/CBC0.800.49【详解】（1）[1]AD．有力的传感器，所以不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶质量远小于小车的质量，故AD错误；B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故C正确。故选BC。a22（2）[2]斜率k，由于小车受力为2F，小车和滑轮质量和为，小车质量m。Fkk0故选C。（3）[3][4]由逐差法求a，有(sss)(sss)a4561239T2每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则T=0.1s解得答案第7页，共15页学科网（北京）股份有限公司a=0.80m/s2对砂和砂桶mg－F=2ma解得m=0.49kg503024．（1）0.18J；（2）1m；（3）s10【详解】（1）物体从B到C做平抛运动，则竖直方向有1hgt2121解得t10.3s则水平方向有xvBt1解得vB4m/s物体从A运动到B，根据能量守恒定律有1Emglmv2p2B代入数据解得Ep0.18J（2）物块在C点的速度为vvB5m/sCcos37由题知物块刚好能沿圆轨道经过最高点G，则有v2mgmGR解得vGgR物体从C运动到G，根据动能定理有11mghmv2mv2GC2G2C答案第8页，共15页由几何关系可得hGC2Rh2R1cos37联立解得R1m（3）物体从G运动到H，根据动能定理有11mgRmv2mv22H2G解得vH30m/s从H点下落到地面上，根据运动学公式有1Rvtgt2H2代入数据解得5030ts10118025．（1）4m/s；（2）s；（3）m39【详解】（1）当爸爸施加水平向左的力F1时，假设木块与材料板一起运动，对整体由牛顿第二定律有F12m1m2gm1m2a1解得2a12m/s材料板的加速度有最大值，设为amax，此时对材料板根据牛顿第二定律有1m1g2m1m2gm2amax解得2amax2m/s因为a1amax可知假设正确，两者恰不发生相对滑动，经过答案第9页，共15页学科网（北京）股份有限公司t02s木块的速度v1a1t04m/s（2）撤去F1，当儿子施加竖直向上的力F2时，对木块有F2Nm1g可得N0则木块所受摩擦力f1N0故木块以v14m/s做匀速直线运动，对材料板有2m2gm2a2可得材料板减速运动的加速度大小2a22m/s经过t12s材料板的速度v2v1a2t1解得v20此过程木块的位移s1v1t1材料板的位移vvs12t221答案第10页，共15页木块在材料板上滑行的距离xs1s2解得x4m因为Lx3则撤去F2时，木块刚好运动到光滑BC段的B点，木块在BC段时水平方向不受力，继续做匀速运动，材料板水平方向不受力，故静止不动，此过程木块在材料板上的相对滑动时间L3t2v1解得t21s木块运动到粗糙的CD段时，对木块有1m1gm1a3可解得木块减速运动的加速度大小2a34m/s材料板加速运动的加速度大小a4满足1m1g2m1m2gm2a4解得2a42m/s设经过时间t3两者共速，则v1a3t3a4t3解得2ts33材料板再次运动至与木块共速的过程，木块的位移答案第11页，共15页学科网（北京）股份有限公司1svtat2313233材料板的位移1sat24243木块在材料板上滑行的距离'xs3s4解得4Lx'm33共速后，假设木块与材料板一起减速，则对整体有2m1m2gm1m2a5解得2a52m/s因为1m1g8N>m2a5所以假设正确，即木块与材料板不再发生相对滑动，综上可知，木块相对材料板滑动的时间tt1t2t3代入数据得11ts3（3）施加F1时，材料板与木块一起加速运动的位移1sat20210施加F2时，材料板减速的位移为s2，材料板再次运动至与木块共速过程，材料板加速的位移为s4，木块和材料板共速时的速度v3a4t3木块和材料板一起减速到0的位移答案第12页，共15页2v3s52a5所以整个过程中，材料板在地面上滑动的总距离ss0s2s4s5联立并代入数据得80sm935（1）．BCD【详解】A．简谐波向左传播，根据“上下坡法”知图中O质点运动方向沿y轴正方向，故A错误；公众号：高中试卷君B．介质中各个质点起振方向均与质点O的起振方向相同，则知P质点刚开始振动时运动方向沿y轴正方向，故B正确；C．波从P质点传到O点的时间为x0.96tPOs1.6sPOv0.6则P质点刚开始振动的时间为tPttPO1.9s1.6s0.3s故C正确；DE．由图知，该波的波长为0.24m，周期为0.24T0.4sv0.6则各个质点振动的周期为0.4s，P质点刚开始振动时运动方向沿y轴正方向，再经过3T0.3s，P质点第一次到达波谷，所以P质点第一次到达波谷的时间为43tT0.3s0.3s0.6sP4故D正确，E错误；故选BCD。35（2）．（1）30°；（2）45°【详解】画出光路图如图所示．答案第13页，共15页学科网（北京）股份有限公司（1）因为入射光平行于BC面，i=60°由折射定律有sininsin得2sin2可得α=45°光折到AC面上时sinnsin由几何关系可得α+β=90°3sinnsin2γ=60°出射光线和AC边的夹角90-30（2）要使光线恰能在AC面发生全反射，应有12sin'=sinC=n6由几何关系可得α′+β′=90°则sini'nsin'ncos'n1sin2'答案第14页，共15页解得2sini'2则i′=45°答案第15页，共15页学科网（北京）股份有限公司