高考物理直线运动专项训练100(附答案)含解析

高考物理直线运动专项训练100(附答案)含解析
一、高中物理精讲专题测试直线运动
1．如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图．如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图．运动员保持蹲踞姿势从A 点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A 点s =20m 处的P 点时，运动员的速度为v 1=50.4km/h ．运动员滑到B 点时快速后蹬，以v 2=90km/h 的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v 3=126km/h 的速度在C 点着地.已知BC 两点间的高度差h =80m ，运动员的质量m =60kg ，重力加速度g 取9.8m/s 2，计算结果均保留两位有效数字.求
(1)A 到P 过程中运动员的平均加速度大小；
(2)以B 点为零势能参考点，求到C 点时运动员的机械能；
(3)从B 点起跳后到C 点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功 【答案】(1) 4.9m/s a = (2)41.010J E =-⨯ (3)42.910J W =⨯ 【解析】 【详解】
(1)150.4km/h 14m/s v ==
由2
12v as =
解得：2
1 4.9m/s 2v a s
==
(2)290km/h 25m/s v ==,3126km/h 35m/s v == 由能量关系：2312
E mgh mv =-+
410290J 1.010J E =-=-⨯
（按g 取10m/s 2算，411250J 1.110J E =-=-⨯） (3)由动能定理：22321122
mgh W mv mv -=
- 解得：429040J 2.910J W ==⨯
（按g 取10m/s 2算，430000J 3.010J W ==⨯
2．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，闪
光时间间隔为1s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移到了2m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m ，由此可以求得（ ） A ．第1次闪光时质点的速度 B ．质点运动的加速度 C ．质点运动的初速度
D ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移 【答案】ABD 【解析】 试题分析：根据
得；
，故B 不符合题意；设第一次曝光时的速度为v ，，得：
，故A 不符合
题意；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故C 符合题意；
设第一次到第二次位移为
；第三次到第四次闪光为，则有：；则
；而第二次闪光到第三次闪光的位移
，故D 不符合题意
考点：考查了匀变速直线运动规律的综合应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二．
3．某人驾驶一辆小型客车以v 0＝10m/s 的速度在平直道路上行驶，发现前方s ＝15m 处有减速带，为了让客车平稳通过减速带，他立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v ＝5.0 m/s ．已知客车的总质量m ＝2.0×103 kg.求： (1)客车到达减速带时的动能E k ；
(2)客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t ； (3)客车减速过程中受到的阻力大小f ．
【答案】(1)E k ＝2.5×104J (2)t ＝2s (3)f ＝5.0×103N 【解析】 【详解】
(1) 客车到达减速带时的功能E k ＝12
mv 2
，解得E k ＝2.5×104 J (2) 客车减速运动的位移02
v v
s t +=
，解得t ＝2s (3) 设客车减速运动的加速度大小为a ，则v ＝v 0－at ，f ＝ma 解得f ＝5.0×103 N
4．伽利略在研究自出落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两种变化：一种是速度随时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。

现在我们已经知道.自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动。

有一种“傻瓜”照相机的曝光时间极短，且固定不变。

为估测“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由
落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。

由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。

已知石子在A 点正上方1.8m 的高度自由下落.每块砖的平均厚度为6.0cm.(不计空气阻力，g 取10m/s 2
)
a.计算石子到达A 点的速度大小A v ；
b.估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字〕。

【答案】6m/s ，0.02s ； 【解析】 【详解】
a 、由自由落体可知，设从O 点静止下落：h OA =1.8m
2
12OA h gt =
，20.6OA h t s g
== 6/A v gt m s ==
b 、由图中可知h AB 距离近似为两块砖厚度 方法一：h AB =12cm=0.12m h OB =h OA +h AB =1.92cm
212OA B h gt =
t B =0.62s 曝光时间△t=t B -t A =0.02s
方法二、由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动
△t=0.12
0.026
AB A h s s v ==
5．如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力84N F =而从静止向前滑行，其作用时间为1 1.0s t =，撤除水平推力F 后经过2 2.0s t =，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相
同．已知该运动员连同装备的总质量为60kg m =，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f 12N F =，求：
（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小． （2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
【答案】（1）1.2m/s 0.6m ； （2）5.2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律得
1f F F ma -=
运动员利用滑雪杖获得的加速度为
21 1.2m /s a =
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
111 1.2 1.0m /s 1.2m /s v a t ==⨯=
位移
2
11110.6m 2
x a t =
= （2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
220.2m /s f F a m
=
=
第二次利用滑雪杖获得的速度大小2v ，则
2221112v v a x -=
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
2
2
22
2v x a =
解得
2 5.2m x =
6．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=12at 2＝ 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．
7．如图所示，一传送皮带与水平面夹角为 =37°，正以2 m/s 的恒定速率顺时针运行。

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由于传送工件多消耗的电能。

【答案】460J
【解析】试题分析：对工件，根据牛顿第二定律：
解得：a=1m/s 2
当工件的速度与传送带相等时有：
解得：t=2s 此时物块的位移：
m
此过程中传送带的位移：s 1=vt=4m 则相对位移：
由能量关系可知，带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能：
=460J
考点：牛顿第二定律；能量守恒定律.
8．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v 0=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/s 2．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⑪
⑫
9．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v1，则有h1= v1t1+
代入数据得v1= 33m/s，塔顶离第一层的高度h2==54.45m
所以塔的总高度h= h1+ h2= 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
10．一架质量为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/s2，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=4×105
N
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．。