高中物理机械运动及其描述技巧和方法完整版及练习题

1、高中物理机械运动及其描述技巧和方法完整版及练习题一、高中物理精讲专题测试机械运动及其描述1 如图为某高速公路出口的etc通道示意图汽车驶入etc通道，到达o 点的速度大小为 30m / s ，此时开始刹车做减速运动（可视为匀减速），om长度为144m ，到m时速度减至6m / s ，并以此速度匀速通过mn区mn长度为36m ，视汽车为质点，求：（ 1）汽车匀减速运动过程中的加速度大小；（ 2）汽车从 o 运动到 n 过程中的平均速度大小【答案】 （1） a3m / s2（ 2） v90 m / s7【解析】【详解】（1）根据 v02v22ax 可得a 3m / s2v0v（2）汽车经过 om

2、段的时间： t18sa汽车经过 mn 段的时间： t 2x6svx总90汽车从 o 运动到 n 过程中的平均速度大小： vm / st1 t272 一列队伍长100m，正以某一恒定的速度前进 因有紧急情况通知排头战士，通讯员跑步从队尾赶到队头，又从队头跑至队队尾，在这一过程中队伍前进了100m 设通讯员速率恒定，战士在队头耽搁的时间不计，求他往返过程中跑过的位移和路程的大小（学有余力的同学可以挑战路程的计算）【答案】 100m，（ 100+1002 ） m【解析】【详解】设通讯员的速度为v1，队伍的速度为v2 ，通讯员从队尾到队头的时间为t 1，从队头到队尾的时间为 t 2，队伍前进用时间为

3、t由通讯员往返总时间与队伍运动时间相等可得如下方程：t=t +t ，即：100 10010012v2v1 v2v1 v2整理上式得： v12-2v1v2-v22=0解得： v1=（ 2 +1） v2；将上式等号两边同乘总时间t ，即 v1t=（ 2 +1） v2tv1t 即为通讯员走过的路程s1， v2t 即为队伍前进距离s2，则有s1=（2 +1） s2=（2 +1） 100m通讯员从队尾出发最后又回到队尾，所以通讯员的位移大小等于队伍前进的距离，即为100m.【点睛】本题考查路程的计算，关键是计算向前的距离和向后的距离，难点是知道向前的时候人和队伍前进方向相同，向后的时候人和队伍前进方向相

4、反，解决此类问题常常用到相对运动的知识，而位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关.3 设质量为m 的子弹以初速度v0 射向静止在光滑水平面上的质量为m 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d求木块最终速度的大小产生的热能平均阻力的大小mv0 qmmv 20 fmmv20【答案】v共2(mm)2( m m) dmm【解析】试题分析：子弹射入木块的过程中系统动量守恒：mv0=（ m+m） v 共解得： v共mv0m m据能量守恒定律：1mv021( mm)v共2q22mmv 20解得： q2( mm)设平均阻力大小为f据能量守恒定律：fd=qmmv 2 0则f

5、2( mm)d考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题是动量守恒定律及能量守恒定律的应用问题；关键是能正确选择研究系统及研究过程，根据动量守恒定律及能量关系列方程求解。4 如图所示是一辆汽车做直线运动的x t 图象（ 1）求 oa 和 cd段汽车运动的速度（ 2）求前 3 小时的平均速率和 4 小时内的平均速度【答案】 （1） 15km/h ； -30km/h （ 2）10km/h ； 0【解析】【分析】【详解】（1） x-t 图像的斜率表示运动的速度，故oa 段的速度为 voa15 km / h 15km / h1cd 段的速度为 vcd0 30 km / h30km / h1（2）

6、由图可知，前三小时内的位移为30km，所以平均速率x30v110km / ht34 小时内的位移为0，所以 4 小时内的平均速度为 05 如图所示，一人在半径为r的圆形跑道上沿顺时针方向以速率v运动，a b c和d、 、分别为跑道的四个端点。求:（1）人从 a 点出发第一次经过b 点时的位移和路程；（2）人从 a 点出发第一次经过d 点的位移和路程；（3）人的位移为2r 所需的时间。【答案】（ 1）位移大小为r，向东北方向路程为r（ 2）位移大小为r，向东南方向，路程为r.（ 3）(2n+1) r/ v【解析】【 解】(1)人从 a 点出 第一次 b 点 的位移大小 r，向 北方向路程 r.(

7、2)人从 a 点出 第一次 d 点 的位移大小 r，向 南方向，路程 r.(3)人的位移 2r ，人通 的路程 r、3r、5 r，根据公式v 得 t (2n+1) r/v.6 如 所示，一 点自a 点出 ，沿半径 r20cm 的 周逆 运 2s，运 3 周4到达 b 点，求 段运 程中：1 点的路程和位移；2 点的平均速度的大小【答案】 （1） 0.94m0.28 ，位移方向从a 点指向 b 点（2）0.14m/s【解析】【分析】(1) 位移 从初位置指向末位置的有向 段， 矢量，路程 物体走 的 迹 度， 量，据此可正确解答 ；(2) 根据平均速率的定 即可正确解答本 【 解】(1) 点的路

8、程 点 3 周的 迹 度， x3 2 r30 cm 0.94m ；44 点的位移是由a 点指向 b 点的有向 段，位移大小 段ab 的 度，由 中几何关系可知sr 2r 220 2cm0.28m位移方向从 a 点指向 b 点；(2) 平均速度：x2r0.14 mvt10 2 cmtss【点睛】 于位移、路程、平均速度、平均速率等基 概念，要深刻理解其定 ，注意从 量和矢量的角度 行区分7 为测滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0cm 的遮光板，滑块匀加速先后通过两个光电门，遮光时间分别为t1 0.30s ， t20.10s ，滑块经两光电门的时间间隔为t 2.0s 求：（ 1）滑块的加速度多

9、大？（ 2）两光电门间距离为多少？【答案】 (1) 0.1m / s2(2)0.4m【解析】【分析】【详解】（ 1）根据题意，遮光板通过单个光电门的短暂时间里视滑块为匀速运动，则遮光板通过第一个光电门的速度： v1=d/ t 1遮光板通过第二个光电门的速度：v2=d/ t 2故滑块的加速度a= v/ t=0.1m/ s2（2）滑块在两光电门间的平均速度：v1 v20.10 0.30v0.20 m / s22两光电门间距离 ： x vt 0.20 20.40m 8 一个篮球从高的篮筐上由静止开始下落，经落到水平地面上，速度，然后以反弹，经达到最高点，已知篮球与地面碰撞的时间为0.3s，求：(1)

10、篮球从空中下落过程的平均速度的大小；(2)篮球与地面碰撞过程的加速度大小和方向；(3)篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度的大小和方向【答案】（1） 1.56m/s（ 2） 80m/s2，方向竖直向上；（3） 0.66m/s，方向向下.【解析】【详解】（1）下落过程的平均速度（2）设向下为正方向，则与地面碰撞过程中向上；，方向竖直（ 3）全程的位移 x=3.05-1.23=1.82m ；全程的时间 t=1.95+0.5+0.3=2.75s ；则平均速度，方向向下 .9 刻舟求剑的故事说的是有一个楚国人乘船过江，他身上的佩剑不小心掉落江中. 他立即在船舱板上作记号，对他的船友说： “这是我

11、的剑掉落的地方 .“到了河岸，船停了，他就在画记号的地方下水找剑 .这则寓言不但有讽刺意义，而且还包含一定的物理含义，从物理学选择参考系的角度回答下列问题：1 楚人找剑选择的参考系是什么？2 请你为楚人提供一种找到这把剑的方法【答案】 （1）船（ 2）见解析【解析】【分析】运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的【详解】（ 1）楚人记下的是剑相对船的下落位置；故是以船为参考系；（ 2）要想找到这把剑应以固定的物体为参考系才能准确得到其位置；故可有以下方法：记下剑掉落位置离岸上某标志的方向和距

12、离，选择的参考系是河岸 ；在船不改变方向和速度的情况下，记下剑掉落时刻船速和航行时间，据些求出靠岸的船和剑落地点的距离选择的参考系是船【点睛】（ 1）判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参照物，再判断被研究的物体和参照物之间的位置是否变化（ 2）参照物的选择可以是运动的，也可以是静止的如果选定为参照物，这个物体就假定为不动10 如图所示， m99 是一款性能先进的大口径半自动狙击步枪步枪枪管中的子弹从初速度为 0 开始，经过0.002 s 的时间离开枪管被射出已知子弹在枪管内的平均速度是600m/s ，射出枪口瞬间的速度是1 200 m/s ，射出过程中枪没有移动求：(1)枪管的长度；(2)

13、子弹在射出过程中的平均加速度52【答案】 (1)1.2m(2)6m/s10 ，方向与子弹的速度方向相同【解析】（ 1）枪管的长度（ 2）根据加速度的定义式得：方向与子弹的速度方向相同综上所述本题答案是：（ 1）枪管的长度为1.2 m；（ 2）子弹在射出过程中的平均加速度的大小为，方向与子弹的速度方向相同11 2018 年 10 月 11 日俄美两国宇航员搭乘 “联盟 ” ms 10 飞船前往国际空间站，在火箭发射升空位于万米高空时，突然出现严重故障。火箭出现故障后，系统逃生机制自动启动。在紧急逃生机制启动后，宇航员所在的载员舱立刻和火箭上面级脱离，坠入大气层。逃逸系统激活后，飞船在大约50 千

14、米高度与火箭分离，最后在地表成功着陆，这是人类历史上首次成功的整流罩逃逸。某校stem空间技术研究小组对信息收集整理后，对整流罩逃逸下落的最后阶段简化如下：返回舱沿竖直方向下落，某时刻打开主伞，产生3.6104n的阻力，使返回舱经过36s 速度由 80m/s 匀减速至8m/s，此后匀速下落，当返回舱下落到离地高度 1m 时，反冲发动机点火，产生向上的1.2105n 的恒定推力（此时主伞失效，空气阻力不计），最终返回舱以低速成功着落，g 取 10m/s 2。（1）求打开主伞匀减速阶段的加速度大小；（2）求返回舱的质量；（3）求返回舱最终的着陆速度。【答案】（ 1） 2m/s 2（ 2）3000kg （ 3）2m/s【解析】【详解】（1）打开主伞匀减速阶段，v0=80m/s， v1=8m/s ， t=36s，根据速度时间公式，有：v1=v0 -a1t ，打开主伞匀减速阶段的加速度大小：a1= v0v1 = 80 8 m/s 2=2m/s 2。t36（2）打开主伞匀减速阶段，根据牛顿第二定律，有：m=3000kg。（3）返回舱在着陆过程中，根据牛顿第二定律，有： 8m/s 减小着地过程中，根据速度位移公式