2018届高考物理综合能力复习测试3

高考真题1．(2015·新课标全国Ⅰ)(多选)如图甲所示，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．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()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解析：上升过程中，mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t1)，下降过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(v1,t1)，两式m均可约去，故运动情况与m无关，也求不出m，两式联立可得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，A、C正确，B错误．根据veq\o\al(2,0)＝2a1x，a1＝eq\f(v0,t1)，h＝xsinθ，可知h可求，D正确．答案：ACD2．(2015·海南卷)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时()A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：开始时，木块匀速运动mgsinθ＝f，FN＝mgcosθ，f＝μmgcosθ，得μ＝tanθ.当升降机加速上升时，对物块受力分析，其中f′＝μFN′沿水平与竖直分解各力，得f′cosθ＝FN′sinθ，即木块水平方向合力为零．说明木块在水平方向做匀速运动．又因为木块始终没有离开斜面，因此，物块相对斜面一定做匀速运动，C错误，D正确．由上面分析可知物块具有向上的加速度，即FN′cosθ＋f′sinθ－mg＝ma，解得FN′＝m(g＋a)cosθ>FN，f′＝μFN′＝μm(g＋a)cosθ>f，A错误，B正确．答案：BD3．(2013·浙江理综)(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N解析：刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4830N，A正确．加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180m时，速度v＝eq\r(2ah)＝6eq\r(5)m/s>5m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10s后的速度v′<at＝5m/s，C错误．再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误．匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230N，D正确．答案：AD4．(2014·山东高考)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20m/s，末速度v＝0，位移s＝25m，由运动学公式得veq\o\al(2,0)－v2＝2as①t＝eq\f(v0－v,a)②联立①②式，代入数据得a＝8m/s2③t＝2.5s．④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3s．⑦(3)设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧由平行四边形定则得Feq\o\al(2,0)＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得eq\f(F0,mg)＝eq\f(\r(41),5).⑩答案：(1)8m/s22.5s(2)0.3s(3)eq\f(\r(41),5)5．(2015·新课标全国Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝eq\f(3,5))的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态．如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为eq\f(3,8)，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变，已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．解析：首先判断A、B能否一起运动．因为μ1<μ2，则A、B有各自的运动加速度，通过受力分析和牛顿第二定律，分别求出两者加速度．(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mgcosθ④规定沿斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1⑤mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2.⑧(2)在t1＝2s，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s⑨v2＝a2t1＝2m/s⑩t>t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2⑪a2′＝－2m/s2⑫即B做减速运动，设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑬联立eq\o(○,\s\up1(10))⑫⑬式得t2＝1s⑭在(t1＋t2)时间内，A相对于B运动的距离为s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1t\o\al(2,1)＋v1t2＋\f(1,2)a1′t\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2t\o\al(2,1)＋v2t2＋\f(1,2)a2′t\o\al(2,2)))＝12m<27m⑮此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经过时间t3后A离开B，则有l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋eq\f(1,2)a1′teq\o\al(2,3)⑯可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s.答案：(1)3m/s21