高考物理直線運動提高訓練及解析

1、高考物理直線運動提高訓練及解析一、高中物理精講專題測試直線運動1如圖所示，一根有一定電阻的直導體棒質量為、長為 l，其兩端放在位于水平面內間距也為 l 的光滑平行導軌上，并與之接觸良好；棒左側兩導軌之間連接一可控電阻；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為b，方向垂直于導軌所在平面，時刻，給導體棒一個平行與導軌的初速度，此時可控電阻的阻值為，在棒運動過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定，不計導軌電阻，導體棒一直在磁場中。（1）求可控電阻r 隨時間變化的關系式；（2）若已知棒中電流強度為i，求時間內可控電阻上消耗的平均功率p；（3）若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值

2、為的定值電阻，則棒將減速運動位移后停下；而由題干條件，棒將運動位移后停下，求的值?！敬鸢浮浚?1）；（ 2）；（ 3）【解析】試題分析：（1）因棒中的電流強度保持恒定，故棒做勻減速直線運動，設棒的電阻為，電流為i，其初速度為，加速度大小為，經時間后，棒的速度變?yōu)?，則有：而，時刻棒中電流為：，經時間后棒中電流為：，由以上各式得：。（2）因可控電阻r 隨時間均勻減小，故所求功率為：，由以上各式得：。（3）將可控電阻改為定值電阻，棒將變減速運動，有：，而，由以上各式得，而，由以上各式得，所求?？键c：導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化【名師點睛】解決本題的關鍵知道分析導體棒受力情況，應

3、用閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律求解，注意對于線性變化的物理量求平均的思路，本題中先后用到平均電動勢、平均電阻和平均加速度。2 一個質點正在做勻加速直線運動，用固定在地面上的照相機對該質點進行閃光照相，閃光時間間隔為 1s分析照片得到的數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)質點在第1次、第 2 次閃光的時間間隔內移到了 2m；在第 3 次、第 4 次閃光的時間間隔內移動了8m，由此可以求得（）a第 1 次閃光時質點的速度b質點運動的加速度c質點運動的初速度d從第 2 次閃光到第3 次閃光這段時間內質點的位移【答案】 abd【解析】試題分析：根據(jù)得；，故 b不符合題意；設第一次曝光時的速度為v，得：題意；由于不知道第一次曝

4、光時物體已運動的時間，故無法知道初速度，故設第一次到第二次位移為；第三次到第四次閃光為，則有：；則；而第二次閃光到第三次閃光的位移，故 a 不符合c 符合題意；，故 d 不符合題意考點：考查了勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用，要注意任意一段勻變速直線運動中，只有知道至少三個量才能求出另外的兩個量，即知三求二3 高鐵被譽為中國新四大發(fā)明之一因高鐵的運行速度快，對制動系統(tǒng)的性能要求較高，高鐵列車上安裝有多套制動裝置 制動風翼、電磁制動系統(tǒng)、空氣制動系統(tǒng)、摩擦制動系統(tǒng)等在一段直線軌道上，某高鐵列車正以v0=288km/h 的速度勻速行駛，列車長突然接到通知，前方 x0=5km 處道路出現(xiàn)異常，需要減速停

5、車列車長接到通知后，經過t l=2.5s將制動風翼打開，高鐵列車獲得a1=0.5m/s2 的平均制動加速度減速，減速t 2后，列車=40s長再將電磁制動系統(tǒng)打開，結果列車在距離異常處500m 的地方停下來（1）求列車長打開電磁制動系統(tǒng)時，列車的速度多大？（2）求制動風翼和電磁制動系統(tǒng)都打開時，列車的平均制動加速度a2 是多大？【答案】（ 1） 60m/s （2） 1.2m/s 2【解析】【分析】（1）根據(jù)速度時間關系求解列車長打開電磁制動系統(tǒng)時列車的速度；（2）根據(jù)運動公式列式求解打開電磁制動后打開電磁制動后列車行駛的距離，根據(jù)速度位移關系求解列車的平均制動加速度.【詳解】（1）打開制動風翼時

6、，列車的加速度為a1=0.5m/s2，設經過t2=40s 時，列車的速度為v1，則 v1 =v0-a1t 2=60m/s.（2）列車長接到通知后，經過 t 1=2.5s，列車行駛的距離 x1=v0t1 =200m 打開制動風翼到打開電磁制動系統(tǒng)的過程中，列車行駛的距離x2=2800m打開電磁制動后，行駛的距離x3= x0- x1 - x2=1500m ；4 質點從靜止開始做勻加速直線運動，經4s 后速度達到，然后勻速運動了10s，接著經 5s 勻減速運動后靜止求：（ 1 ）質點在加速運動階段的加速度；（ 2 ）質點在第 16s 末的速度；（ 3 ）質點整個運動過程的位移【答案】 （1） 5m/

7、s 2 （ 2） 12m/s（ 3） 290m【解析】【分析】根據(jù)加速度的定義式得加速和減速運動階段的加速度，根據(jù)勻變速運動的速度和位移公式求解?！驹斀狻浚? ）設加速階段的加速度為a1，則： v1=a 1t 1解得質點在加速運動階段的加速度：a1 =m/s 2=5m/s 2（2 ）設減速運動階段的加速度為a2，由于 v21222=2=-4m/s2=v+at，所以， a =m/s當 t=16s 時，質點已減速運動了： t3 =16s-14s=2s質點在第16s 末的速度為：；v3=v 1+a 2 t3 =(20-24)m/s=12m/s（3 ）勻加速直線運動的位移：x1 =t 1 =4m=40

8、m勻速直線運動位移:x2 =vt 2=2010m=200m勻減速直線運動的位移 x3=t 3 =5m=50m則質點整個運動過程的總位移:x=x 1+x 2+ +x 3=(40+200+50)m=290m5 近年來隧道交通事故成為道路交通事故的熱點之一某日，一轎車a 因故障恰停在某隧道內離隧道入口 50m 的位置此時另一轎車b 正以 v0=90km/h 的速度勻速向隧道口駛來，轎車 b 到達隧道口時駕駛員才發(fā)現(xiàn)停在前方的轎車a 并立即采取制動措施假設該駕駛員的反應時間 t1=0.57s，轎車制動系統(tǒng)響應時間（開始踏下制動踏板到實際制動）t 2=0.03s，轎車制動時加速度大小 a=7.5m/s

9、2 問：（1）轎車 b 是否會與停在前方的轎車a 相撞？（2）若會相撞，撞前轎車b 的速度大小為多少？若不會相撞，停止時轎車b 與轎車 a 的距離是多少？【答案】 （1）轎車 b 會與停在前方的轎車a 相撞；（ 2） 10m/s【解析】試題分析 ：轎車的剎車位移由其反應時間內的勻速運動位移和制動后勻減速運動位移兩部分構成，由此可得剎車位移，與初始距離比較可判定是否相撞；依據(jù)（ 1）的結果，由運動可判定相撞前 b 的速度（1）轎車 b 在實際制動前做勻速直線運動，設其發(fā)生的位移為s1，由題意可知：s1v0(t 1t 2)15 m，實際制動后，轎車 b 做勻減速運動，位移為 s2, 由 v022a

10、s2 代入數(shù)據(jù)得： s2=41.7 m ，轎車 a 離隧道口的距離為 d=50 m，因 s1+s2 d，故轎車 b 會與停在前方的轎車a 相撞（2）設撞前轎車 b 的速度為 v，由運動學公式得 v2v022ax0 ，代入數(shù)據(jù)解得： v=10m/s 點睛 ：本題主要考查相遇問題，關鍵要掌握剎車位移的判定：反應時間內的勻速運動位移；制動后勻減速運動位移 6 總質量為80kg 的跳傘運動員從離地500m的直升機上跳下，經過2s 拉開繩索開啟降落傘，如圖所示是跳傘過程中的v-t圖，試根據(jù)圖象求：（g 取10m/s 2）（ 1） t 1s 時運動員的加速度和所受阻力的大?。?2）估算 14s 內運動員下

11、落的高度及克服阻力做的功（ 3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間【答案】（） （ ）1160n2 158; 1.25105j（3） 71s【解析】【詳解】（1）從圖中可以看出，在t 2s 內運動員做勻加速運動，其加速度大小為avt16 m/s 2=8m/s 2t2設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有mg f ma得 f m(g a) 80(10 8)n 160n（2）從圖中估算得出運動員在14s 內下落了39.5 22m158m根據(jù)動能定理，有mghwf1 mv22所以有wfmgh128012） j1.25 510mv （10 158 806j22（3） 14s后運動員

12、做勻速運動的時間為thh500158s 57sv6運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間t 總 t t （ 14 57）s71s7 一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為 4.5m ，如圖（ a）所示 t=0 時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至 t=1s 時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板已知碰撞后1s 時間內小物塊的v t 圖線如圖（ b）所示木板的質量是小物塊質量的15 倍，重力加速度大小g 取 10m/s 2求（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)1 及小物塊與木板

13、間的動摩擦因數(shù)2；（ 2）木板的最小長度；（ 3）木板右端離墻壁的最終距離【答案】 （1） 0.1 和 0.4（ 2） 6.0m （3） 6.5m【解析】試題分析：（1）根據(jù)圖像可以判定碰撞前木塊與木板共同速度為v4m / s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m / s木塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有2 g40 m / s2，解得20.41木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t=1s，位移 x4.5m ，末速度 v=4m/s，其逆運動則為勻加速直線運動可得xvt1 at 2 ，帶入可得 a1m / s22木塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，即2 ga ，可得1 0.

14、1（ 2）碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有1 mm g2mgma1 ，可得a14 m / s23對滑塊，則有加速度a2 4m / s2 ，滑塊速度先減小到0，此時，木板向左的位移為12108x1vt12a1t13m ， 末速度 v13m / s滑塊向右位移 x2420 t12m此后，木塊開始向左加速，加速度仍為a24m / s2木塊繼續(xù)減速，加速度仍為a14m / s23假設又經歷 t2 二者速度相等，則有a2t2v1 a1t2 ，解得 t20.5s此過程，木板位移127x3v1t22a1t26m 。末速度 v3v1a1t22m / s滑塊位移此后木塊和木板一起勻減速。二者的相對位移

15、最大為xx1x2x3x46m滑塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6m（3）最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度a1g1m / s2v322m位移 x52a所以木板右端離墻壁最遠的距離為x1x2x56.5m考點：考查了牛頓第二定律與運動學公式的綜合應用【名師點睛】連接牛頓第二定律與運動學公式的紐帶就是加速度，所以在做這一類問題時，特別又是多過程問題時，先弄清楚每個過程中的運動性質，根據(jù)牛頓第二定律求加速度然后根據(jù)加速度用運動學公式解題或者根據(jù)運動學公式求解加速度然后根據(jù)加速度利用牛頓第二定律求解力視頻82015 年 12 月 20 日 11 時 42 分，深圳光明新區(qū)長圳紅坳村

16、鳳凰社區(qū)寶泰園附近山坡垮塌， 20 多棟廠房倒塌，91 人失聯(lián)假設當時有一汽車停在小山坡底（如圖所示），突然司機發(fā)現(xiàn)在距坡底s1=180m 的山坡處泥石流以2m/s 的初速度、 0.7m/s 2 的加速度勻加速傾瀉而下，假設司機（反應時間為1s）以 0.5m/s 2 的加速度勻加速啟動汽車且一直做勻加速直線運動，而泥石流到達坡底后速率不變且在水平面做勻速直線運動問：（ 1）泥石流到達坡底后的速率是多少？到達坡底需要多長時間？（ 2）從汽車啟動開始，經過多長時間才能加速到泥石流達坡底后的速率？（ 3）汽車司機能否安全逃離泥石流災害？【答案】（ 1） 20s 16 m/s （ 2） 32s（ 3）

17、能安全逃離【解析】【分析】【詳解】（1）設泥石流到達坡底的時間為t 1，速率為v1，則由 v12-v02=2as1得 v1=16 m/s由 v1=v0+a1t1得 t 1=20 s（2）設汽車從啟動到速度與泥石流的速度相等所用的時間為t ，則：由 v 汽=v1=a t得 t=32s（ 3）所以 s 汽=256ms 石 =v1t 1=v（ t+1 t1 ）=16 （ 32+120） =208m因為 s 石 s 汽 ，所以能安全逃離9 如圖所示，質量為m=1kg的滑塊，在水平力f作用下靜止在傾角為=30的光滑斜面上，斜面的末端處與水平傳送帶相接(滑塊經過此位置滑上皮帶時無能量損失)，傳送帶的運行速

18、度為 v0=3m/s ，長為 l=1.4m，今將水平力撤去，當滑塊滑到傳送帶右端c 時，恰好與傳送帶速度相同滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力f 的大??；(2)滑塊開始下滑的高度h；(3)在第 (2)問中若滑塊滑上傳送帶時速度大于生的熱量 q3m/s ，求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 j【解析】【分析】【詳解】解：（ 1）滑塊受到水平推力f、重力 mg 和支持力fn 處于平衡，如圖所示：水平推力解得：（2）設滑塊從高為h 處下滑，到達斜面底端速度為v 下滑過程由機械能守恒有：，解得：若滑塊沖上傳送帶時的速度小于傳送帶速度，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動；根據(jù)動能定理有：解得：若滑塊沖上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻減速運動；根據(jù)動能定理有：解得：（3）設滑塊在傳送帶上運動的時間為t，則 t