高考物理直线运动题20套(带答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试直线运动
1.倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接,斜面上AB 的长度为3L ,BC 、
CD 的长度均为3.5L ,BC 部分粗糙,其余部分光滑。如图,4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上,从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连,滑块1恰好在A 处。现将4个滑块一起由静止释放,设滑块经过D 处时无机械能损失,轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m 并可视为质点,滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ,重力加速度为g 。求
(1)滑块1刚进入BC 时,滑块1上的轻杆所受到的压力大小; (2)4个滑块全部滑上水平面后,相邻滑块之间的距离。 【答案】(1)3sin 4
F mg θ=(2)43d L =
【解析】 【详解】
(1)以4个滑块为研究对象,设第一个滑块刚进BC 段时,4个滑块的加速度为a ,由牛顿第二定律:4sin cos 4mg mg ma θμθ-?=
以滑块1为研究对象,设刚进入BC 段时,轻杆受到的压力为F ,由牛顿第二定律:
sin cos F mg mg ma θμθ+-?=
已知tan μθ= 联立可得:3
sin 4
F mg θ=
(2)设4个滑块完全进入粗糙段时,也即第4个滑块刚进入BC 时,滑块的共同速度为v 这个过程, 4个滑块向下移动了6L 的距离,1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ,由动能定理,有:
21
4sin 6cos 32)4v 2
mg L mg L L L m θμθ?-??++=
?( 可得:v 3sin gL θ=
由于动摩擦因数为tan μθ=,则4个滑块都进入BC 段后,所受合外力为0,各滑块均以速度v 做匀速运动;
第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑,设到达D 处时速度为v 1,由动能定理:
()22111sin 3.5v v 22
mg L m m θ?=
- 可得:1v 4sin gL θ=
当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时,第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动,且运动L 距离后离开粗糙段,依次类推,直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知,相邻两个滑块到达BC 段边缘的时间差为v L t ?=
,因此到达水平面的时间差也为v
L
t ?= 所以滑块在水平面上的间距为1v d t =? 联立解得4
3
d L =
2.高速公路上行驶的车辆速度很大,雾天易出现车辆连续相撞的事故。某天清晨,一辆正以20m/s 速度行驶的汽车司机突然发现前方发生交通事故,便立即刹车,若该司机反应时间为0.6 s ,在反应时间内车速不变,若该汽车刹车后的加速度大小为5 m/s 2,从司机发现情况到汽车静止这个过程中,求: (1)该汽车运动的时间; (2)该汽车前进的距离。 【答案】(1)(2)
【解析】 【详解】 (1)由速度公式
即 解得:
所以汽车运动的时间为:;
(2)汽车匀速运动的位移为:
汽车匀减速的位移为:
所以汽车前进的距离为:
。
3.如图,MN 是竖直放置的长L=0.5m 的平面镜,观察者在A 处观察,有一小球从某处自由下落,小球下落的轨迹与平面镜相距d=0.25m ,观察者能在镜中看到小球像的时间△t=0.2s .已知观察的眼睛到镜面的距离s=0.5m ,求小球从静止开始下落经多长时间,观察者才能在镜中看到小球的像.(取g=10m/s 2)
【答案】0.275s ; 【解析】
试题分析:由平面镜成像规律及光路图可逆可知,人在A 处能够观察到平面镜中虚像所对应的空间区域在如图所示的直线PM 和QN 所包围的区域中,小球在这一区间里运动的距离为图中ab 的长度L /.由于⊿aA /b ∽MA /N ⊿bA /C ∽NA /D 所以L //L=bA //NA /bA //NA /=(s+d )/s
联立求解,L /=0.75m 设小球从静止下落经时间t 人能看到,则/
2211()22
L g t t gt =+⊿- 代入数据,得t=0.275s
考点:光的反射;自由落体运动
【名师点睛】本题是边界问题,根据反射定律作出边界光线,再根据几何知识和运动学公式结合求解;要知道当小球发出的光线经过平面镜反射射入观察者的眼睛时,人就能看到小球镜中的像.
4.光滑水平桌面上有一个静止的物体,其质量为7kg ,在14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动,求:5s 末物体的速度的大小?5s 内通过的位移是多少? 【答案】x=25m 【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求出物体的加速度,根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和5s 内的位移. 【详解】
(1)根据牛顿第二定律得,物体的加速度为:2214
/2/7
F a m s m s m ===; 5s 末的速度为:v=at=2×5m/s=10m/s.
(2)5s内的位移为:x=1
2at2=
1
2
×2×52m=25m.
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.
5.如图所示,在光滑的水平地面上,相距L=10 m的A、B两个小球均以v0=10 m/s向右运动,随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡,地面与斜坡平滑连接,取g=10 m/s2.求:A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇.
【答案】2.5s
【解析】
试题分析:设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡,则有:
1s
A球滑上斜坡后加速度m/s2
设此时A球向上运动的位移为,则m
此时A球速度m/s
B球滑上斜坡时,加速度与A相同,以A为参考系,B相对于A以m/s
做匀速运动,设再经过时间它们相遇,有:s
则相遇时间s
考点:本题考查了运动学公式的应用
6.美国密执安大学五名学习航空航天工程的大学生搭乘NASA的飞艇参加了“微重力学生飞行机会计划”,飞行员将飞艇开到6000m的高空后,让飞艇由静止下落,以模拟一种微重力的环境.下落过程飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍,这样,可以获得持续25s之久的失重状态,大学生们就可以进行微重力影响的实验.紧接着飞艇又做匀减速运动,若飞艇离地面的高度不得低于500m.重力加速度g取10m/s2,试计算:
(1)飞艇在25s内所下落的高度;
(2)在飞艇后来的减速过程中,大学生对座位的压力至少是其重力的多少倍.
【答案】(1)飞艇在25s内所下落的高度为3000m;
(2)在飞艇后来的减速过程中,大学生对座位的压力至少是其重力的2.152倍.
【解析】
:(1)设飞艇在25 s内下落的加速度为a1,根据牛顿第二定律可得
mg-F阻=ma1,
解得:a1==9.6 m/s2.
飞艇在25 s内下落的高度为
h1=a1t2=3000 m.
(2)25 s后飞艇将做匀减速运动,开始减速时飞艇的速度v为
v=a1t=240 m/s.
减速运动下落的最大高度为
h2=(6000-3000-500)m=2500 m.
减速运动飞艇的加速度大小a2至少为
a2==11.52 m/s2.
设座位对大学生的支持力为N,则
N-mg=ma2,
N=m(g+a2)=2.152mg
根据牛顿第三定律,N′=N
即大学生对座位压力是其重力的2.152倍.
7.如图所示,质量为m=1kg的滑块,在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上,斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失),传送带的运行速度为v0=3m/s,长为L=1.4m,今将水平力撤去,当滑块滑到传送带右端C时,恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,g=10m/s2.求
(1)水平作用力F的大小;
(2)滑块开始下滑的高度h;
(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q.
【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J
【解析】
【分析】
【详解】
解:(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡,如图所示:
水平推力①
解得:②
(2)设滑块从高为h处下滑,到达斜面底端速度为v下滑过程
由机械能守恒有:,解得:③
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度,则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动;根据动能定理有:④
解得:⑤
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动;根据动能定理有:⑥
解得:⑦
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传送带的位移:s=v0t
由机械能守恒有:⑧
⑨
滑块相对传送带滑动的位移⑩
相对滑动生成的热量?
?
8.比萨斜塔是世界建筑史上的一大奇迹.如图所示,已知斜塔第一层离地面的高度
h1=6.8m,为了测量塔的总高度,在塔顶无初速度释放一个小球,小球经过第一层到达地面的时间t1=0.2s,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力.
(1)求斜塔离地面的总高度h;
(2)求小球从塔顶落到地面过程中的平均速度.
【答案】(1)求斜塔离地面的总高度h 为61.25m ; (2)小球从塔顶落到地面过程中的平均速度为17.5m/s . 【解析】
试题分析:(1)设小球到达第一层时的速度为v 1,则有h 1= v 1t 1+
代入数据得v 1= 33m/s ,塔顶离第一层的高度h 2==54.45m
所以塔的总高度h= h 1+ h 2= 61.25m (2)小球从塔顶落到地面的总时间t==3.5s ,平均速度==17.5m/s
考点:自由落体运动规律
9.一架质量为 40000kg 的客机在着陆前的速度为 540km/h ,着陆过程中可视为匀变速直线运动,其加速度大小为 10m/s 2,求: (1)客机从着陆开始滑行经多长时间后静止; (2)客机从着陆开始经过的位移; (3)客机所受的合外力。
【答案】(1)t =15s (2)x =1125m (3)F =4×105N 【解析】(1)540km/h=150m/s , 飞机减速至静止所用的时间01501510
v t s s a =
== (2)则客机从着陆开始经过的位移00150
15112522
v x t m =
== (3)客机受到的合力:F=ma=40000×10N=4×105N
点睛:本题考查了运动学中的“刹车问题”以及牛顿第二定律的应用,是道易错题,注意客机速度减为零后不再运动.
10.“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质.测定时,在平直跑道上,受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方10米处的折返
线,测试员同时开始计时.受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处的物体(如木箱),再转身跑向起点终点线,当胸部到达起点终点线的垂直面时,测试员停表,所用时间即为“10米折返跑”的成绩,设受试者起跑的加速度为24m /s ,运动过程中的最大速度为4 m/s ,快到达折返线处时需减速到零,加速度的大小为28m /s .受试者在加速和减速阶段运动均可视为匀变速直线运动.问该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒?
【答案】6.25s 【解析】 【分析】 【详解】
对受试者,由起点终点线向折返线运动的过程中 加速阶段有
m
11
1s v t a =
= 1m 11
2m 2
s v t ==
减速阶段有
m
32
0.5s v t a =
= 3m 31
1m 2
s v t ==
匀速阶段有
132m
()
1.75s l s s t v -+=
= 由折返线向起点终点线运动的过程中 加速阶段有
m
41
1s v t a =
= 4m 41
2m 2
s v t =
= 匀速阶段有
4
5m
2s l s t v -=
= 故受试者10米折返跑的成绩为
12345 6.25s t t t t t t =++++=