高三物理高考物理复习试题.docx

1、高三物理高考物理复习试题参考答案第一篇 冲刺高考必须掌握的15个必考热点导航卷一匀变速直线运动的规律及其应用1D以帆板为参照物时，帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v，故由平行四边形定则可知，帆船相对于帆板的速度大小为_eq r(2)_v，方向为北偏东45，D正确。2C由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1_eq f(v,a)_1 s，在加速时间内通过的位移x1_eq f(1,2)_at_eq oal(2,1)_1 m，t24 s，x2vt28 m，已过关卡2，t32 s时间内x34 m，关卡打开，t45 s，x4vt410 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有

2、1 m，到达关卡4还需t50.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C正确。3B位移时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.20.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移时间图象可以看出在0.60.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移时间图象看出在t0.5小时时，甲在s10 km处，而乙在s8 km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误。4A因为图象与坐标轴所夹的面积表示物体的位移，因此在0t1时间内，甲车的位移大于乙车的位移，根据_eq o(v,sup6()_eq f(x,t)_

3、可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，选项A正确，C错误；因为乙车做非匀变速运动，故不能用_eq f(v1v2,2)_计算平均速度，选项B错误；图线切线的斜率表示物体的加速度，据图知，甲、乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误。5D由题图可知02 s内，速度为正，运动方向未改变，2 s末时，位移最大，vt图线斜率表示加速度，13 s图线斜率未改变，故第2 s末加速度方向没有变化，A、B、C错误；由vt图线与时间轴所围面积表示位移知，第3 s末和第5 s末质点位置相同，D正确。6A以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有hvt1_eq f(1,2)_gt_eq oal(2,1)_，

4、hvt2_eq f(1,2)_gt_eq oal(2,2)_，tt1t2，解以上三式得两球落地的时间差t_eq f(2v,g)_，故A正确。7A汽车从静止开始做匀加速直线运动，由v22ax知当速度达到最大值vm时做匀减速直线运动直到速度为0，由运动的可逆性得v22ax，将图象旋转90，则变为x_eq f(1,2a)_v2，为标准的二次函数，故选项A正确。8A设A、B两点间位移为x，初速度为v时，xvt_eq f(1,2)_at2，解得：t_eq f(r(v22ax)v,a)_，初速度为2v时，x2vt_eq f(1,2)_at2，解得：t_eq f(r(4v22ax)2v,a)_，所以t_eq

5、 f(t,2)_，A项正确。9AC由速度图象可知在第1 s内，甲物体的位移大于乙物体的位移，由题意知，在t1 s时两物体相遇，所以在t0时，甲物体在后，乙物体在前，A项正确；图线与坐标轴所围面积差表示两物体间位移差，故第1 s内，两物体的位移差等于第2 s内两物体位移差的3倍，第1 s末，两物体在同一位置，故t2 s时，两物体不是相距最远，B项错误；第1 s末到第3 s末，两物体位移相等，即两物体再次相遇，C项正确；由图象可知，04 s内，两物体位移相等，故t 4s时，甲物体在乙物体后3s0处，D项错误。10AC由图可以看到，被选做参考系的质点是位于坐标轴上的原点，质点a从坐标轴上5 m处向参

6、考系运动，经2 s到达坐标原点，速率va2.5 m/s。在t1 s时，质点b从坐标原点出发，沿坐标轴的正方向运动，1 s内的位移为5 m，速率vb5 m/s；质点a运动了2 s，质点b只运动了1 s，它们的位移大小相等，均为5 m，而方向相反。综上知选项A、C正确。11BC设加速度为a，时间为T，则有xaT21 m，可以求得a_eq f(x,T2)_，CD4 m，而B点的瞬时速度vB_eq f(xAC,2T)_，所以OB之间的距离为xOB_eq f(v_eq oal(2,B)_,2a)_3.125 m，OA之间的距离为xOAxOBxAB1.125 m，即B、C选项正确。12AC根据所给_eq

7、f(x,t)_t图象可得图线所对应的方程为_eq f(x,t)_bkt，整理得，xbtkt2，该式与xv0t_eq f(1,2)_at2对比可知，物体做初速度为0.5 m/s，加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，故A、C项正确，B、D项错误。13BD因为abbd6 m，bc1 m，所以ac7 mcd5 m，vc_eq f(sacscd,2T)_eq f(12,22)_ m/s3 m/s，选项D正确。由s2s1aT2得a_eq f(sacscd,T2)_eq f(75,22)_ m/s20.5 m/s2由v2v_eq oal(2,0)_2as得：v_eq oal(2,c)_v_eq oal(2

8、,b)_2asbc代入数据得vb_eq r(10)_ m/s，选项B正确。14解析(1)加速度a_eq f(vtv0,t)_由vt图象并代入数据得a1.5 m/s2(2)设20 s时速度为vm，020 s的位移s1_eq f(0vm,2)_t12045 s的位移s2vmt24575 s的位移s3_eq f(vm0,2)_t3075 s这段时间的总位移ss1s2s3075 s这段时间的平均速度_eq o(v,sup6()_eq f(s,t1t2t3)_代入数据得_eq o(v,sup6()_20 m/s答案(1)1.5 m/s2(2)20 m/s15解析(1)设运动员从开始自由下落至1.5 km

9、高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有：vgts_eq f(1,2)_gt2依题意有s(3.91041.5103) m联立式可得：t87 sv8.7102 m/s(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有：mgkv_eq oal(2,max)_由所给的vt图象可读出vmax360 m/s由式可得：k0.008 kg/m答案(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m_1xt图象和vt图象中能反映的空间关系只有一维，因此xt图象和vt图象只能描述直线运动，且图线都不表示物体运动的轨迹2运动学图象的“六看”_x

10、t图象_vt图象_轴_纵轴为位移x_纵轴为速度v_线_倾斜直线表示匀速直线运动_倾斜直线表示匀变速直线运动_斜率_表示速度_表示加速度_面积_无实际意义_图线与时间轴围成的面积表示位移_纵截距_表示初位置_表示初速度_特殊点_拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示相遇_拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示速度相等_3.图象转换的关键(1)注意合理划分运动阶段，分阶段进行图象转换。(2)注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量的衔接。(3)注意图象转换前后核心物理量间的定量关系，这是图象转换的依据。 冲刺卷一匀变速直线运动的规律及其应用1CA项中02 s内，位移先增大后减小，知运动的方向

11、发生改变，故A错误；B项中在02 s内速度为正值，向正方向运动，在24 s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故B错误；C项中01 s内加速度不变，做匀加速直线运动，12 s内加速度大小不变，方向反向，向正方向做匀减速直线运动，2 s末速度为零，在一个周期内速度的方向不变，故C正确；D项中01 s内加速度不变，做匀加速直线运动，12 s内加速度大小不变，方向反向，向正方向做匀减速直线运动，2 s末速度为零，23 s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故D错误。2C0t2时间内和t2t4时间内图象与坐标轴所围几何图形的面积相等，由面积的物理意义知A项错误；在t1时刻前质点的

12、速度v0，即t1时刻运动方向不变，B项错误；0t4内质点的总位移为零，即t4时刻质点回到出发点，C项正确；在t2t3时间内质点的动能增加，由动能定理知，D项错误。3Db图线切线先为正值，然后为负值，知b的运动方向发生变化，故A错误；在t1时刻，两车的位移相等，故B错误；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故C错误；t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a的斜率相同，则两车的速度可能相同。故D正确。4C将动车的运动逆向等效为反向的匀加速直线运动，动车第七节车厢通过旅客过程，_eq f(1,2)_at225 m，第六、七节车厢通过旅客过程，_eq f(1,2)_a(t

13、4 s)2225 m，解两式得：a_eq f(25,8)_(_eq r(2)_1)2 m/s20.5 m/s2，C项正确。5D根据题意可知：vat，x2x1at2所以a_eq f(（v）2,x2x1)_，D正确。6C在速度时间图象中，图线的斜率代表的是物体运动的加速度，由图线知A物体的加速度大于B物体的加速度，根据加速度的物理意义知A错误；在速度时间图象中，图线与t轴围成的面积表示物体运动的位移，A物体在3 s内的位移为xA_eq f(1,2)_43 m6 m，B项错误；B物体在3 s内的位移为xB_eq f(1,2)_23 m3 m，所以出发时物体B在A前面3 m，C项正确，D项错误。7D滑

14、块沿斜向上做加速度大小为a1的匀减速直线运动，向下做加速度大小为a2的匀加速直线运动，且a1a2，选斜面底端为初位置，由位移公式得上升阶段为x1v0t_eq f(1,2)_a1t2，下降阶段x2x0_eq f(1,2)_a2t2，对比图象知，A项错误；因有摩擦力，滑块返回斜面底端时速度一定小于初速度，B项错误；滑块上升过程中动能不断减小，C项错误；设斜面的倾角为，滑块的质量为m，斜面底端为零势能位置，上升过程滑块的重力势能与时间的关系为Epmgx1sin mg(v0t_eq f(1,2)_a1t2)sin ，下滑过程中同理可得Ep2mgx2sin mg(x0_eq f(1,2)_a2t2)si

15、n ，与图象对比可知，D项正确。8B由图象可知：4 s末两物体速度大小相等、方向相反，所以4 s末两物体速度不同，A错误；由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知：04 s内两物体的位移相等，4 s末相遇，B正确；两物体的加速度方向始终相同，C错误；5 s末两者图象与坐标轴围成的面积不等，所以没有相遇，D错误。9AB由于向上为正方向，1 s后物体的速度可能为4 m/s，也可能为4 m/s，根据vv0gt，若v4 m/s，则v014 m/s，这样x_eq f(vv0,2)_t9 m，B正确；若v4 m/s，则v06 m/s，这样x_eq f(vv0,2)_t1 m，A正确，C、D错误。10AB根据公

16、式v2v_eq oal(2,0)_2ax，v2x图象的斜率表示2a，由于甲的图像斜率大于乙的图像斜率，所以甲车的加速度比乙车的加速度大，选项A正确。在x0.5 m处甲乙两车的速度相等，选项B正确。由于甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，甲的加速度为2 m/s2，乙的加速度为1 m/s2，甲的初速度为零，乙的初速度为1 m/s。甲、乙两辆汽车加速到_eq r(2)_ m/s需要时间分别为_eq f(r(2),2)_ s和(_eq r(2)_1) s，在x0.5 m处，甲乙两车不能同时到达，不相遇，选项C错误。在x1.0 m处，甲的速度为2 m/s；经过t1 s甲到达x1.0

17、 m处；乙的速度为_eq r(3)_ m/s，经过t(_eq r(3)_1)s乙到达x1.0 m处；甲、乙两车不能同时到达，不相遇，选项D错误。11AB取00.5 m进行研究，根据速度位移关系公式得a甲_eq f(v_eq oal(2,甲)_v_eq oal(2,0甲)_,2x)_2 m/s2、a乙_eq f(v_eq oal(2,乙)_v_eq oal(2,0乙)_,2x)_1 m/s2，则甲车比乙车的加速度大，A项正确；由图看出，在x0.5 m处，甲、乙两车的速度平方相等，则速度大小相等，故B正确；设甲、乙两车在t时刻相遇，则应有x甲x乙，即_eq f(1,2)_a甲t2v0乙t_eq f

18、(1,2)_a乙t2，即可解得t2 s，则x甲x乙4.0 m，故C、D项均错误。12CD设加速度为a，物体运动了全程的一半时的瞬时速度为vx/2，_eq f(t,2)_时刻的瞬时速度为vt/2，则_eq f(v_eq oal(2,x/2)_v2,2a)_eq f(1,2)_eq f(（7v）2v2,2a)_，可得vx/25v，vt/2_eq f(v7v,2)_4v，所以前半程速度增加4v，后半程速度增加2v，前_eq f(t,2)_时间内通过的位移为x1_eq f(v4v,2)_eq f(t,2)_eq f(5,4)_vt，后_eq f(t,2)_时间内通过的位移为x2_eq f(4v7v,2

19、)_eq f(t,2)_eq f(11,4)_vt，选项A、B错误，C、D正确。13AC将smnv2与2as0v2对比发现汽车此过程做匀变速直线运动，选项A正确；根据题设条件可知：汽车在做刹车运动，由图可知汽车的末速度为0，选项B错误；从图象取坐标值(0，25 m)和(72 km/h，0)代入表达式中，m025，m400n0，可得：m25，n_eq f(1,16)_，选项C正确；解对比方程可得：汽车刹车时的加速度a8 m/s2，对司机受力分析，由牛顿第二定律可得：汽车对司机的作用力Fm人_eq r(a2g2)_2m人_eq r(41)_，易知选项D错误。14解析小轿车与货车不相撞的临界条件是：

20、小轿车追上货车时小轿车的速度正好减小到10 m/s。设货车匀速行驶的速度大小为v1，小轿车刹车时的速度大小为v2，小轿车司机发现货车时距货车的距离为s，小轿车减速时的加速度大小为a，小轿车追上货车所用的时间为t，司机的反应时间为t。则有：v2a(tt)v1，v2t_eq f(v_eq oal(2,2)_v_eq oal(2,1)_,2a)_sv1t，联立并代入数据可解得：v220 m/s，因此，要避免两车相撞，小轿车行驶的最大速度不能超过20 m/s。答案20 m/s15解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和

21、运动学公式得0mgma0sv0t0_eq f(v_eq oal(2,0)_,2a0)_式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有_eq f(2,5)_0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0_eq f(v2,2a)_联立式并代入题给数据得v20 m/s(72 km/h)答案20 m/s(72 km/h)导航卷二力与物体的平衡1B对物体A、B整体在水平方向上有F2(mAmB)g；对物体B在竖直方向上有1FmBg；联立解得：_eq f(mA,mB)_eq f(112,12)

22、_，选项B正确。_2A设橡皮筋原长为l0加速前平衡时橡皮筋伸长了x0则有kx0mg当加速并稳定时设小球偏离竖直方向角，橡皮筋伸长了x由小球在竖直方向受力平衡有kxcos mg联立得kxcos kx0xcos x0此时小球距悬挂点的竖直高度h(l0x)cos l0cos xcos l0cos x0l0x0故小球一定升高，选项A正确。3A原木P的支撑点M、N处弹力垂直于接触面，M处受到的支持力竖直向上，N处受到的支持力垂直MN斜向上，故A项正确、B项错误；M处受到的静摩擦力沿水平方向，C项错误；N处受到的静摩擦力沿MN方向，D项错误。4_A由于木板始终处于静止状态，因此木板所受合力为零，故选项C、

23、D错误；对木板进行受力分析如图所示，由平衡条件得：2F2cos G，当轻绳被剪短后，增大，cos 减小，则F2增大，故选项A正确，B错误。5B小球B受到竖直向下的重力mg，沿BA方向的拉力和沿OB方向的支持力，两力夹角为120，故轻绳对小球的拉力大小为mg，B项正确。_ INCLUDEPICTURE C:Documents and SettingsAll UsersDocuments新建文件夹+41.tif * MERGEFORMATINET _6D将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大

24、，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变。7A小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡，有：Fmgsin ，Nmgcos (是支持力与竖直方向的夹角)随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，A正确。8D由题意知，若保持挡板不动，球受到重力、斜面与挡板对球的弹力，三力之间的方向成120，可知三力大小相等，由牛顿第二定律知球对斜面的压力大小也为G，则选项A错误；若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，由动态分析图(图略)可知球对斜面的压力逐渐减少，球对挡板的压力先逐渐减小后又增大

25、到原先大小，则选项B、C错误；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，球受到合力方向向右，斜面对球的弹力将增大，而球对挡板的压力可能减少到零，则选项D正确。9BC因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖直向下，故A错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故B正确；由于杆竖直，绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等零，故C正确；绳子拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不是一对平衡力，故D错误。10BD当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增

26、大，根据滑动摩擦力公式FfFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsin mgcos ，即sin cos ，假设物体以加速度a向上运动时，有FNm(ga)cos ，Ffm(ga)cos ，因为sin cos ，所以m(ga)sin m(ga)cos ，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。11BD在a中的沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力减小，b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上，但是不一定减小，选项A错误，B正确；把b和c看做整体，分析受力，由平衡条件，地面对c的摩擦力方向一定向左且地面对c的摩擦力一定减小，选项C错误，D正确。12

27、AD_对m受力分析如图，由平衡条件可得：沿斜面方向Ffmgsin ，故A正确；垂直于斜面方向FNmgcos ，由牛顿第三定律可知B错误；对木块和斜面体组成的整体受力分析可知，受到重力和地面竖直向上的支持力，由平衡条件可知重力和支持力等大，故C错误，D正确。13BC_小球A、B间的库仑力为F库k_eq f(QQ,r2)_9.0109_eq f(3.01063.0106,0.32)_ N0.9 N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为FNmgF库1.1 N，A错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1F2mAgF库1.9 N，B正确；B水平向右移，当M、A、

28、B在同一直线上时，A、B间距为r0.6 m，F库k_eq f(QQ,r2)_0.225 N，以A球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F21.0 N，F1F库1.0 N，F11.225 N，所以C正确；将B移到无穷远，则F库0，可求得F1F21 N，D错误。14解析分析过程不正确。平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如图所示。_ INCLUDEPICTURE C:Documents and SettingsAll UsersDocuments新建文件夹+42.tif * MERGEFORMATINET _式应改为：Fcos Fmgsin 由式得Fmg_eq f(sin ,1cos )_

29、将代入得FNmgcos Fsin mgcos mgsin _eq f(sin ,1cos )_答案见解析15解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有Fcos mgNFsin f式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由摩擦定律有fN联立式得F_eq f(,sin cos )_mg(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsin N这时，式仍满足，联立式解得sin cos _eq f(mg,F)_现考察使上式成立的角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sin cos 0使上式成立的角满足0，这里0是题中所定义的临界角，即当0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tan 0答案(1)_eq f(,sin cos )_mg(2)tan 0_ 1解决动态平衡问题的常用方法方法_步骤_解析法_(1)选某一