高考物理直线运动专项训练100(附答案)

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．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．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m 的爆竹B ，木块的质量为M ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h ，而木块所受的平均阻力为f 。

若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g 。

求： （1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度； （2）爆竹能上升的最大高度。

【答案】（1）()2f Mg h
M
-（2）()2
f M
g M
h m g - 【解析】 【详解】
（1）对木块，由动能定理得：21
02
Mgh fh Mv -=-
， 解得：()2f Mg h
v M
-=
；
（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mv mv -'=
爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：2
2v H g
'=
解得：()2f
Mg Mh
H m g
-=
3．如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L ，其两端放在位于水平面内间距也为L 的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给
导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为
，在棒运动过程中，通过可控
电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。

（1）求可控电阻R随时间变化的关系式；
（2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P；
（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速
运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有：
而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：，
由以上各式得：。

（2）因可控电阻R随时间均匀减小，故所求功率为：，
由以上各式得：。

（3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，，而
，，由以上各式得，而，由以上各式
得，
所求。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化
【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。

4．某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所
需的起飞速度为50m/s，跑道长100m．通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置．对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？
m s
【答案】不能靠自身发动机起飞39/
【解析】
试题分析：根据速度位移公式求出达到起飞速度的位移，从而判断飞机能否靠自身发动机从舰上起飞．
根据速度位移公式求出弹射系统使飞机具有的初速度．
解：当飞机达到起飞速度经历的位移x=，可知飞机不能靠自身发动机从舰上起飞．
根据得，=．答：飞机不能靠自身发动机从舰上起飞，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有40m/s的初速度．
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题．
5．一质点做匀加速直线运动，初速度v0＝2 m/s，4 s内位移为20 m，求：
（1）质点的加速度大小；
（2）质点4 s末的速度大小。

【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】
(1)由位移公式：
即：
解得：；
(2)由速度公式：
即。

6．如图，AB是固定在竖直平面内半径R=1.25m的1/4光滑圆弧轨道，OA为其水平半径，圆弧轨道的最低处B无缝对接足够长的水平轨道，将可视为质点的小球从轨道内表面最高点A由静止释放．已知小球进入水平轨道后所受阻力为其重力的0.2倍，g取
10m/s2．求：
（1）小球经过B 点时的速率；
（2）小球刚要到B 点时加速度的大小和方向； （3）小球过B 点后到停止的时间和位移大小．
【答案】 （1）5 m/s （2）20m/s 2加速度方向沿B 点半径指向圆心（3）25s 6.25m 【解析】
（1）小球从A 点释放滑至B 点，只有重力做功，机械能守恒：mgR=1
2
mv B 2 解得v B =5m/s
（2）小环刚要到B 点时，处于圆周运动过程中，22
2215/20/1.25
B v a m s m s R ===
加速度方向沿B 点半径指向圆心
（3）小环过B 点后继续滑动到停止，可看做匀减速直线运动：0.2mg=ma 2， 解得a 2=2m/s 2
22
2.5B
v t s a =
= 2
21 6.252
s a t m =
=
7．在平直公路上，一汽车的速度为15m/s 。

从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车以大小为2m/s 2的加速度匀减速运动，求： （1）刹车后5s 内车行驶的距离？ （2）刹车后10s 内车行驶的距离？ 【答案】（1）50m (2) 56.25m
【解析】设车实际运动时间为0t ，以汽车初速度方向为正方向。

由0v v at =+，得运动时间00157.52
v t s s a -=-
==-； （1）因为105t s t =<,所以汽车5s 末未停止运动，则由2
012
x v t at =+ 故22101111155255022x v t at m m ⎛⎫
=+
=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭； (2) 因为2010t s t =>，,所以汽车10s 末早已停止运动 故22200011157.527.556.2522x v t at m m ⎛⎫
=+
=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭。

点睛：对于匀减速直线运动，已知时间，求解速度和位移时，不能死代公式，要先判断汽车的状态后计算位移的大小。

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⑪
⑫
9．5 —1s时
F3=m×a3 0.2=0.1×a3 a3=2m/s2
V3=v2-a3×t3=0.6-2×0.1=0.4m/s2分
F4=m×a4 0.1=0.1×a4 a4=1m/s2
V4=v3-a4×t4=0.4-1×0.4=01分
v/t图像正确 3分
考点：考查了牛顿第二定律与图像
10．某汽车以20m/s的速度行驶，司机突然发现前方34m处有危险，采取制动措施．若汽车制动后做匀减速直线运动，产生的最大加速度大小为10m/s2，为保证安全，司机从发现危险到采取制动措施的反应时间不得超过多少？
【答案】0.7s
【解析】
【分析】
【详解】
设反应时间不得超过t，在反应时间内汽车的位移为S1，汽车做匀减速至停止的位移为
S2，则有：
S1=v0t
20
22v S a
又
S = S 1＋S 2
解得
t =0.7s
故反应时间不得超过0.7s。