高三物理第一轮复习课时跟踪练章末整合提升3含解析

章末整合提高1．(多项选择)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加快度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图甲图乙A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度命题企图：此题考察牛顿第二定律、受力剖析、速度图象及其有关的知识点，意在考察考生运用有关知识剖析解决实质问题的能力．难度中等偏难．分析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加快度和返回向下滑行的加快度，对上涨时和返回时剖析受力，运用牛顿第二定1律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；依据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD2．(多项选择)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连结好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加快度向东行驶时，连结某两相邻车厢的挂钩P和Q间的2拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为3a的加快度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量同样，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．18命题企图：此题借助连结体问题考察了牛顿第二定律和隔绝法，意在考察考生的逻辑推理能力．分析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力剖析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车2在西边拉车厢时，对东边车厢受力剖析，由牛顿第二定律可得F＝35max，联立可得n＝3x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．答案：BC3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加快能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处罚别搁置一个挡板和一面2小旗，如下图．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球抵达挡板时，运动员起码抵达小旗处．假设运动员在滑行过程中做匀加快运动，冰球抵达挡板时的速度为v1.重力加快度大小为g.求：冰球与冰面之间的动摩擦因数；知足训练要求的运动员的最小加快度．命题企图：此题考察运动学公式与动能定理的应用．分析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得12122201022v0－v1解得μ＝2gs0.②冰球抵达挡板时，知足训练要求的运动员中，恰巧抵达小旗处的运动员的加快度最小．设这类状况下，冰球和运动员的加快度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得220－v1＝2a1s0③v0－v1＝a1t④12s1＝a2t⑤3联立③④⑤式得s1（v1＋v0）2a＝2.22s022s1（v1＋v0）2答案：(1)v0－v1(2)24．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1kg和mB＝5kg，放在静止于水平川面上的木板的两头，二者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰巧相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加快度大小g＝10m/s2.求：B与木板相对静止时，木板的速度；A、B开始运动时，二者之间的距离．命题企图：此题经过滑块—木板模型考察牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等有关知识点．分析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B有关于地面的加快度大小分别为aA和aB，木板有关于地面的加快度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有Ff1＝μ1mAg，①Ff2＝μ1mBg，②Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g，③由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA，④Ff2＝mBaB，⑤4Ff2－Ff1－Ff3＝ma1，⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－aBt1，⑦v1＝a1t1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s.⑨在t1时间间隔内，B有关于地面挪动的距离为12sB＝v0t1－2aBt1，⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加快度大小为a2，关于B与木板构成的系统，由牛顿第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2，?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度同样，设其大小为v2，设A的速度大小从v变到v所用的时间为t，则由运动学公式对木板有：v＝v11222a2t2，?对A有：v2＝－v1＋aAt2，?在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面挪动的距离为12s1＝v1t2－2a2t2，?在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面挪动的距离为0121122，?sA＝v(t＋t)－2aA(t＋t)A和B相遇时，A与木板的速度也恰巧同样，所以A和B开始5运动时，二者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB，?联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m，(也可用如下图的速度—时间图线求解)．答案：(1)1m/s(2)1.9m5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗拙水平川面上，木板左端搁置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一同以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块一直未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加快度大小g取10m/s2.求：图甲图乙木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；木板的最小长度；木板右端离墙壁的最后距离．6命题企图：此题主要考察牛顿运动定律、板块模型、速度图象、匀变速直线运动规律，意在考察考生运使劲学知识解决实质问题的能力．分析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一同向右做匀变速运动，设加快度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬时的速度v1＝4m/s，由运动学公式有v1＝v0＋a1t1，②12x0＝v0t1＋2a1t1，③式中，t1＝1s，x0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1，④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加快度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由题图乙可得v2－v1a2＝t2－t1，⑥式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加快度为a3，经过时间t，木板和小物块7恰巧拥有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3t，⑨v3＝v1＋a2t，⑩碰撞后至木板和小物块恰巧达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝－v1＋v3t，?2小物块运动的位移为v＋v3x2＝12t，?小物块相对木板运动的位移为x＝x2－x1，?联立⑥⑧⑨⑩???式，并代入数值得x＝6.0m．?由于运动过程中小物块没有离开木板，所以木板的最小长度应为6.0m.在小物块和木板拥有共同速度后，二者向左做匀变速运