高考物理直线运动专项训练100(附答案)

最新高考物理直线运动专项训练100( 附答案 )
一、高中物理精讲专题测试直线运动
1．以下图，在沙堆表面搁置一长方形木块A，其上边再放一个质量为m 的鞭炮B，木块
的质量为M．当鞭炮爆炸时，因反冲作用使木块堕入沙中深度为f。

若鞭炮的火药质量以及空气阻力可忽视不计，重力加快度（1）鞭炮爆炸瞬时木块获取的速度；（2）鞭炮能上涨的最大高度。

h，而木块所受的均匀阻力g。

求：
【答案】（ 1）2 f Mg h
（ 2）f Mg Mh
M m2 g 【分析】
【详解】
（1）对木块，由动能定理得：Mgh fh01
Mv 2，2
解得：v2f Mg h ；
M
（2）鞭炮爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：Mv mv 0
鞭炮做竖直上抛运动，上涨的最大高度：H v 2 2g
解得： H f Mg Mh
m2g
2．以下图，一个带圆弧轨道的平台固定在水平川面上，圆滑圆弧MN的半径为
R=3.2m，水平部分NP 长 L=3.5m，物体面圆滑，小车的左端紧贴平台的右端．从B 静止在足够长的平板小车
M 点由静止开释的物体
C 上， B 与小车的接触
A 滑至轨道最右端P 点后
再滑上小车，物体 A 滑上小车后若与物体 B 相碰必粘在一同，它们间无竖直作使劲． A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体 A、B 和小车 C 的质量均为1kg，取 g=10m/s 2．求
(1)物体 A 进入 N 点前瞬时对轨道的压力大小？
(2)物体 A 在 NP 上运动的时间？
(3)物体 A 最后离小车左端的距离为多少？
【答案】 (1)物体 A 进入 N 点前瞬时对轨道的压力大小为 30N ；
(2)物体 A 在 NP 上运动的时间为 0.5s
33
m
(3)物体 A 最后离小车左端的距离为
16
【分析】
试题剖析：（ 1）物体 A 由 M 到 N 过程中，由动能定理得： m A gR=m A v N 2 在 N
点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得 F N =3m A g=30N
由牛顿第三定律得，物体
A 进入轨道前瞬时对轨道压力大小为：
F N ′ =3m A g=30N
（2）物体 A 在平台上运动过程中 μm A g=m A a
N
2
L=v t-at
代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去 )
（3）物体 A 刚滑上小车时速度
v 1= v N -at=6m/s
从物体 A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体 A 构成系统动量守恒，而物体
B 保
持静止
(m A + m C )v 2= m A v 1
小车最后速度 v 2=3m/s
此过程中 A 相对小车的位移为 L 1，则
mgL 1
1 mv 1
2 1 2mv 2 2 解得： L 1＝ 9 m
2 2
4 物体 A 与小车匀速运动直到 A 遇到物体 B ，A ，B 互相作用的过程中动量守恒：
(m + m )v = m v
A
B 3
A 2
今后 A ， B 构成的系统与小车发生互相作用，动量守恒，且达到共同速度 v 4
(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4
此过程中 A 相对小车的位移大小为
L 2，则
mgL 2
1 mv 2
2 1 2mv
3 2 1 3mv
4 2 解得： L 2＝ 3 m
2 2
2
16
物体 A 最后离小车左端的距离为
33
x=L 1-L 2= m
16
考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律 .
3． 高铁被誉为中国新四大发明之一．因高铁的运转速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置 ——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动
系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以
v 0=288km/h 的速度匀速行驶，列车长忽然接
到通知，前面 x 0=5km 处道路出现异样，需要减速泊车．列车长接到通知后，经过 t l =2.5s
将制动风翼翻开，高铁列车获取a
2
的均匀制动加快度减速，减速t 2=40s 后，列车 1 =0.5m/s
长再将电磁制动系统翻开，结果列车在距离异样处 500m 的地方停下来．
（1）求列车长翻开电磁制动系统时，列车的速度多大？
（2）求制动风翼和电磁制动系统都翻开时，列车的均匀制动加快度a2是多大？
【答案】（ 1） 60m/s （2） 1.2m/s 2
【分析】
【剖析】
（1）依据速度时间关系求解列车长翻开电磁制动系统时列车的速度；（2）依据运动公式列式求解翻开电磁制动后翻开电磁制动后列车行驶的距离，依据速度位移关系求解列车的
均匀制动加快度 .
【详解】
（1）翻开制动风翼时，列车的加快度为a1
=0.5m/s 2，设经过 t
2
时，列车的速度为
1
=40s v ，
则 v1 =v0-a1t 2=60m/s.
（2）列车长接到通知后，经过 t 1=2.5s，列车行驶的距离 x1=v0t1 =200m 翻开
制动风翼到翻开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离
x2=2800m
翻开电磁制动后，行驶的距离x3= x0- x1 - x2=1500m ；
4．2018 年 12 月 8 日 2 时 23 分，嫦娥四号探测器成功发射，开启了人类登岸月球反面的探月新征程，距离 2020 年实现载人登月更近一步，若你经过努力学习、勤苦训练有幸成为
中国登月第一人，而你为了测定月球表面邻近的重力加快度进行了以下实验：在月球表面
上空让一个小球由静止开始自由着落，测出着落高度h 20m时，着落的时间正好为t5s ，则：
（1）月球表面的重力加快度g月为多大？
（2）小球着落过程中，最先 2s 内和最后 2s 内的位移之比为多大？
【答案】 1.6 m/s 21:4
【分析】
【详解】
（1）由 h＝1
g 月 t 2得： 20＝
1
22
2
g 月×5
解得： g 月＝ 1.6m/ s2
（2）小球着落过程中的 5s 内，每 1s 内的位移之比为 1:3:5:7:9 ，则最先 2s 内和最后 2s 内的位移之比为：（ 1+3）：（ 7+9） =1:4.
5．圆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快直线运动，求 :5s 末物体的速度的大小？5s内经过的位移是多少？
【答案】 x=25m
【分析】
【剖析】
依据牛顿第二定律求出物体的加快度，依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）依据牛顿第二定律得，物体的加快度为：a
F ＝14m / s2＝2m / s2；
m7
5s 末的速度为： v=at=2 × 5m/s=10m/s.
（2） 5s 内的位移为：x= 1
at 2＝
1
22
2
× 2×5m＝ 25m．
【点睛】
此题考察了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加快度是联系力学和运动学的桥梁．
6．一物体从离地80m高处着落做自由落体运动，g=10m/s2，求
(1)物体着落的总时间 :
(2)着落 3s 后还高地多高 ?
【答案】（ 1） 4s（ 2） 35m
【分析】（ 1）依据h 1
gt 2得，落地的时间 t2h4s 2g
（2）着落 3s 内的位移h31
gt32 2
则此时距离地面的高度h=H-h3，联立得： h=35m
7．以下图，一传递皮带与水平面夹角为=37 ，°正以 2 m/s 的恒定速率顺时针运转。

现将一质量为 10kg 的工件轻放于其底端，经一段时间送到高 3 m 的平台上，已知工件与皮带间的动摩擦因数为μ=， g 取 10 m/s2 ，求带动皮带的电动机因为传递工件多耗费的电能。

【答案】 460J
【分析】试题剖析：对工件，依据牛顿第二定律：
解得： a=1m/s2
当工件的速度与传递带相等时有：
解得： t=2s
此时物块的位移：m
此过程中传递带的位移：s1=vt=4m
则相对位移：
由能量关系可知，带动皮带的电动机因为传递工件多耗费的电能：
=460J
考点：牛顿第二定律；能量守恒定律.
8．一辆长途客车正以v=20m/s 的速度匀速行驶，忽然，司机看见车的正前面x0 33m 处有一只狗，如图（甲）所示，司机立刻采纳制动举措，若从司机看见狗开始计时（t=0），长途客车的“速度一时间”图象如图（乙）所示。

（1）求长途客车制动时的加快度；
（2）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内行进的距离；
（3）若狗正以 v=4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，问狗可否挣脱被撞的噩运
【答案】（ 1）a5m/s2（ 2）s50m（ 3）狗被撞
【分析】（ 1）依据加快度的定义可由图像得：a v0205m/s2
t 4.50.5
（2）依据v—t图线下边的面积值为位移大小，则由图像可得：
x 1
v0t1t21200.5 4.550m 22
（3）当客车由v020m/s 减速到v4m/s 时，所需时间为
t
v420
3.2s a5
司机从看到狗到速度减为v4m/s 所经过的位移为
x1v0t1v2v02
2a48.4m
而狗经过的位移为
x2v t1t14.8m
x23347.8m
因为 x1x233 ，因此狗将被撞。

综上所述此题答案是：（1）a5m/s2（2）x50m （3）狗将被撞
9．.某校物理课外小组为了研究不一样物体水下运动特点，使用质量 m=0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从 h=0.8m 高处自由着落进入水中．假定模型入水后受
到大小恒为 F f=0.3N 的阻力和 F=1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽视模
型在空气中运动时的阻力，试求模型
（1）落到水面时速度 v 的大小；
（2）在水中能抵达的最大深度H；
（3）从开始着落到返回水面所需时间t．
【答案】（1） 4m/s （2） 0.5m （3） 1.15s
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）模型人入水时的速度记为v，自由着落的阶段加快度记为1121
a，则 a =g；v =2a h 解得 v=4m/s ；
（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加快度记为a2，则： mg-F f-F=ma2解得 a2=-16m/s 2
因此最大深度： H 0 v2
0.5m 2a2
（3）自由落体阶段：
v
0.4s t 1
g
在水中降落 t20v
a20.25 s
在水中上涨： F-mg-F f =ma3解得 a3=4.0m/s 2
因此： t32H
0.5s a3
总时间： t=t 1+t2+t3=1.15s
10． 5 —1s 时
F3=m×a30.2=0.1×a33=2m/s2
V3=v2-a3×t3=0.6-2 × 0.1=0.4m/s2 分F4=m×a40.1=0.1×a44=1m/s2
V4=v3-a4×t4=0.4-1 × 0.4=01 分
v/t 图像正确3分
考点：考察了牛顿第二定律与图像。