高考物理机械运动及其描述专项训练及答案含解析

1、高考物理机械运动及其描述专项训练及答案含解析一、高中物理精讲专题测试机械运动及其描述1 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 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

2、1+t2，即：100 100100v2v1v2v1v2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） v2tv t 即为通讯员走过的路程s ， v t即为队伍前进距离s ，则有1122s =（ 2 +1） s =（2 +1） 100m12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

3、到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关.2某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图象，图象如图所示（除2s10s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）已知在小车运动的过程中， 2s14s 时间段内小车的功率保持不变，在14s 末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量 m=2 0kg ，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，取 g=10m/s 2求：（ 1） 14s18s 时间段小车的加速度大小 a；（ 2）小车匀速行驶阶段的功率p；（ 3）小车在 2s10

4、s 内位移的大小 s2【答案】（ 1） 2 0m/s 2；（ 2） 32w；（ 3） 52m【解析】试题分析：（1）在 14s18s 时间段，由图象可得av14v18 （2 分）t代入数据得 a=2 0m/s 2（ 2 分）（2）在 14s18s，小车在阻力 f 作用下做匀减速运动，则f = ma （1 分）在 10s14s， 小车作匀速直线运动，牵引力f = f =4 0n（ 1分）小车匀速行驶阶段的功率p=fv （1 分）代入数据得p =32w（ 2 分）（3） 2s10s，根据动能定理得pt fs21 mv21 mv22 （ 2 分）22其中 v=8m/s ， v2=4m/s解得 s2

5、= 52m （ 2 分）考点：动能定理、功率3 随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。某路段机动车限速为15 m/s ，一货车严重超载后的质量为5010 4 kg ，以 15 m/s 的速度匀速行驶，发现红灯时司机刹车，货车做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s 2。已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s 2。（ 1）求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比？（ 2）求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？【答案】（ 1）；（ 2），【解析】试题分析：（ 1）该机动车做匀减速直线运动，根据速度时间公式，有不超载时：超载时：解得即此货车在超载及正常装载情况下的刹

6、车时间之比。（ 2）该机动车做匀减速直线运动，根据速度位移公式，有不超载时超载时：解得 :,考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】本题关键是对车的匀减速直线运动过程多次运用速度时间公式和位移时间公式列式，然后联立方程组求解。4如图，光滑的水平面上放置质量均为m=2kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）甲车上带有一半径r=1m 的 1/4 光滑的圆弧轨道，其下端切线水平并与乙车上表面平滑对接，乙车上表面水平，动摩擦因数= ，其上有一右端与车相连的轻弹簧，一质量为m0=1kg 的小滑块p（可看做质点）从圆弧顶端 a 点由静

7、止释放，经过乙车左端点b 后将弹簧压缩到乙车上的c 点，此时弹簧最短（弹簧始终在弹性限度内），之后弹簧将滑块p 弹回，已知b、 c 间的长度为l=15m，求：（1）滑块 p 滑上乙车前瞬间甲车的速度v 的大小；（ 2）弹簧的最大弹性势能 epm；（ 3）计算说明滑块最终能否从乙车左端滑出，若能滑出，则求出滑出时滑块的速度大小；若不能滑出，则求出滑块停在车上的位置距c 点的距离【答案】（ 1） 1m/s （2） 10 j （ 3）不能滑出， 1m3【解析】试题分析：（ 1）滑块下滑过程中水平方向动量守恒，机械能守恒：解得：，（2）滑块滑上乙车后，由动量守恒定律得：由能量守恒定律有：解得：（3）设

8、滑块没有滑出，共同速度为，由动量守恒可知由能量守恒定律有：解得： l，所以不能滑出，停在车上的位置距c 点的距离为1m考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用；正确分析物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，也是应培养的基本能力本题解题务必要注意速度的方向5 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

9、动的速度，故oa 段的速度为 voa15km / h 15km / h1cd 段的速度为 vcd0 30 km / h30km / h1（2）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 06 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)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

10、/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 .7 一同学利用打点计时器打出的纸带分析小车的运动速度时，从几条纸带中选出了一条不很完整的纸带 ，如图所示纸带上有七个计数点，相邻两计数点之间还有四个点没有画出，所用交流电的频率为50 hz，相邻计数点之间的距离已标在图中，单位是厘米 (计算结果到小数点后两位)(1)计算 06 点之间的平均速度；(2)打点计

11、时器打计数点4 时小车的瞬时速度接近多少？(3)若电源频率低于50 hz 时，如果仍按 50 hz 的时间间隔打一个点计算，则测出的速度数值将比物体的真实值是偏大还是偏小？【答案】 (1)0.68 m/s(2)0.83 m/s(3)偏大【解析】【分析】电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度 ，电源频率低于 50 赫兹时，则打点周期大于 0.02s解： (1)0 6 点间的平均速度为：(2)当打点计时器打计数点4 时，小车的瞬时速度应当最接近于计数点3 和 5 点间的平均速度，则(3)当交

12、流电的频率为50 hz 时，打点计时器每隔0.02 s打一个点，当交流电的频率低于50hz 时，打点计时器打一次点的时间间隔t 将大于0.02 s，即t 时间内的位移我们用0.02 s 的位移计算，因此测出的速度将比真实值偏大8 某运动员在百米直线跑道上从 a 点以 8 m/s 的速度跑了 80 m 到 b 点，然后从 b 点返回又以 2 m/s 的速度走了 20 m 到 c 点，求这个运动员从 a 到 c 的平均速度大小和平均速率各是多少？【答案】 3 m/s ; 5 m/s【解析】【详解】从 a 到 b 的时间；从 b 到 c 的时间；则运动员从a 到 c 的平均速度大小：；平均速率大小：

13、【点睛】题主要考查了平均速度及平均速率的计算，明确平均速度是位移和时间的比值；平均速率等于路程和时间的比值，是基础题。9 一质点向某一方向做直线运动，位移的前1 匀速运动的速度为 v12 匀速运，位移的后33动的速度为 v2，则（ 1）通过这前后两段所用时间之比为多少？（ 2）整段运动过程中的平均速度大小为多少？v23v1v2【答案】（ 1）（ 2）2v12v1 v2【解析】【详解】（1）前一段时间为1 x2 xt 1 3，后一段时间为t2 3，v1v2v2所以两段所用时间之比为2v1（2）整段过程中的平均速度为vx3v1v2，联立得 v.t1t22v1 v210 物体从 a 运动到 b，前半

14、程的平均速度为 v1，后半程的平均速度为 v2，那么全程的平均速度是多大？【答案】2v1v2v1v2【解析】【分析】x根据平均速度的定义v求解即可。t【详解】2s；则前半程的时间 t1=ss设全程的位移为，后半程的时间 v2=；v1v22x2v1v2则平均速度vt1t 2v1v211 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 千米高度与火箭分离，最后在地

15、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

16、【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 -v0v180 8a1t ，打开主伞匀减速阶段的加速度大小：a1=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：ff-mg =ma1，解得返回舱的质量为：m=3000kg。（3）返回舱在着陆过程中，根据牛顿第二定律，有：f-mg =ma2，得： a2=30m/s2，速度从8m/s 减小着地过程中，根据速度位移公式，有：22v2 -v1 =-2a2h，得返回舱最终的着陆速度：2v =2m/s 。12 一物体做匀减速直线运动，在某段时间t 内的平均速度的大小为v，紧接着在接下来的相等的时间