《高考物理高考物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理高考物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案).docx（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考物理高考物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试直线运动1 跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224m 高时，运动员离开飞机作自由落体运动，运动了5s 后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速度为 5m/s ，取 g10m / s2，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间【答案】 a 12.5?m/s2； t3.6s【解析】运动员做自由落体运动的位移为h1gt 211052 m 125m22打开降落伞时的速度为：v1gt105m / s50m / s匀减速下降过程有：v12v222a(Hh)将 v2=5 m/s 、H=22
2、4 m 代入上式，求得：a=12.5m/s 2减速运动的时间为：tv1v2505as 3.6?s12.52 重力加速度是物理学中的一个十分重要的物理量，准确地确定它的量值，无论从理论上、还是科研上、生产上以及军事上都有极其重大的意义。（1）如图所示是一种较精确测重力加速度g 值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O 点与弹簧分离，然后返回。在O点正上方选取一点 P，利用仪器精确测得 OP 间的距离为 H，从 O 点出发至返回 O 点的时间间隔为 T1，小球两次经过 P 点的时间间隔为 T2。（ i ）求重力加速度 g；（ ii ）若 O 点距玻
3、璃管底部的距离为 L0，求玻璃管最小长度。（ 2）在用单摆测量重力加速度 g 时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，问这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比，哪个大？试定量比较。（3）精确的实验发现，在地球上不同的地方，g 的大小是不同的，下表列出了一些地点的重力加速度。请用你学过的知识解释，重力加速度为什么随纬度的增加而增大？8H2T1H ；（ 2）求出的重力加速度比实际值大；（3）【答案】（ 1） g22 ， L0T1T2T12T22解析见详解。【解析】【详解】2（1
4、）（ i）小球从 O 点上升到最大高度过程中： h11 gT1222小球从 P 点上升的最大高度：h21 gT222依据题意： h1h2H联立解得： g8HT12T22（ii ）真空管至少的长度： LL0h1故 L L0T12HT12T22（2）以 l 表示摆长， 表示摆线与竖直方向的夹角，m 表示摆球的质量，F 表示摆线对摆球的拉力， T 表示摆球作题图所示运动的周期，小球受力分析如图：则有 FsinmLsin（ 2）2 ， Fcos mgTLcos，而单摆的周期公式为2L，即使在单摆实验由以上式子得： T 2gTg中，摆角很小， 5，但 cos l，这表示对于同样的摆长L，摆球在水平面内作
5、圆周运动的周期 T 小于单摆运动的周期T，所以把较小的周期通过求出的重力加速度的数值将大于 g 的实际值。（3）地球是自转，地球表面的所有物体都随着地球共同做匀速圆周运动，万有引力的一个分力提供物体随地球自转的向心力，另一个分力为重力，在赤道附近,物体做匀速圆周运动的半径最大 ,赤道上的自转半径为地球半径R，所以重力最小,重力加速度就最小。随着纬度升高 ,自转半径减小,自转的向心力减小,万有引力的另一个分力G 增大；如图所示：故重力加速度随着维度的增加而增大。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
6、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
7、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 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
8、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 v1=50.4km/h 运动员滑到 B 点时快速后蹬，以v2=90km/h 的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以 v3=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
9、 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) a4.9m/s (2) E1.0 104 J (3)W2.9 104 J【解析】【详解】(1) v1 50.4km/h 14m/s由 v12 2asv124.9m/s解得： a2s(2) v290km/h25m/s , v3126km/h35m/s由能量关系： Emgh1mv322E10290J1.0104 J（按 g 取 10m/s 2 算， E11250J1.1 104 J ）(3)由动能定理 ： mghW1mv321mv2222解得： W 29040J2.9104 J（按 g 取 10m/s 2 算， W30
10、000J3.0104 J5 如图所示，一圆管放在水平地面上，长为 L=0.5m，圆管的上表面离天花板距离 h=2.5m ，在圆管的正上方紧靠天花板放一颗小球，让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上大小为5m/s 的初速度， g 取 10m/s （ 1）求小球释放后经过多长时间与圆管相遇？（ 2）试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？【答案】 （1） 0.5s（ 2） 0.1s【解析】试题分析：小球自由落体，圆管竖直上抛，以小球为参考系，则圆管相对小球向上以 5m/s 做匀速直线运动；先根据位移时间关系公式求解圆管落地的时间；
11、再根据位移时间关系公式求解该时间内小球的位移（假设小球未落地），比较即可；再以小球为参考系，计算小球穿过圆管的时间（1）以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动，故相遇时间为： th2.5m0.5sv05m / s（2）圆管做竖直上抛运动，以向上为正，根据位移时间关系公式，有x v0t1 gt 22带入数据，有 0 5t5t2 ，解得： t=1s 或 t=0（舍去）；假设小球未落地，在1s 内小球的位移为 x11 gt 21 10 125m，22而开始时刻小球离地的高度只有3m，故在圆管落地前小球能穿过圆管；再以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动，故
12、小球穿过圆管的时间L0.5mt 0.1sv05m / s6 物体在斜坡顶端以1 m/s 的初速度和0.5 m/s 2 的加速度沿斜坡向下作匀加速直线运动，已知斜坡长24 米，求：(1) 物体滑到斜坡底端所用的时间(2) 物体到达斜坡中点速度【答案】（ 1） 8s（ 2） 13m / s【解析】【详解】（1）物体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：x v0t1 at 22代入数据得到：14=t+0.25t 2解得：t=8s 或者 t =-12s（负值舍去）所以物体滑到斜坡底端所用的时间为8s（ 2）设到中点的速度为 v1，末位置速度为 vt ，有：v t =v0+at1=1+0.5 8m
13、/s=5m/svt2v022ax22xv1v0 2a联立解得：v1 13m/s7 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 10m/s 2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t 1 时间B 球再滑上斜坡，则有：1sA 球滑上斜坡后加速度m/s 2设此时A 球向上运动的位移为，则m此时A 球速度m/sB 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
14、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8 如图所示， A、 B 间相距 L 6.25 m 的水平传送带在电机带动下始终以v 3 m/s 的速度向左匀速运动，传送带B 端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强6E 110 N/C 现将一质量 m 2 kg、电荷量 5q1 10 C 的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A 端若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s 2.求：(1)滑块放上传送带后瞬间的加速度a；(2)滑块第一次反弹后能到达的
15、距B 端最远的距离；(3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率【答案】 (1)a 2 m/s 2方向水平向右(2)xm 3.25 m(3)P 18 W【解析】试题分析：（ l）滑块放上传送带后瞬间，受力如答图2 所示由牛顿第二定律有 qE-mg=ma代入数据解得 a=2m/s 2方向水平向右（2）设滑块第一次到达B 点时速度为 v1由运动学规律有 v12 =2aL代入数据解得 v1=5m/s因 v1 v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小设为1a由牛顿第二定律有 qE+mg=ma1代入数据得 a1=8 m/s 2设滑块与档板碰后至速度减为v 经历
16、的时间为t 1，发生的位移为 x1由运动学规律有 v=v1-a1t1， x12=v1t 1- a1t1代入数据得 t 1=025s，x1=1m此后摩擦力反向（水平向左），加速度大小又变为a滑块继续向左减速直到速度为零，设这段过程发生的位移为x2由运动学规律有x2=代入数据得x2=2 25m当速度为零时，滑块离B 最远，最远距离xm=x1+x2代入数据解得，xm=3 25m（3）分析可知滑块逐次回到B 点的速度将递减,但只要回到B 点的速度大于v滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B 点返回时发生的位移不会小于 x2，回到 B 点的速度不会小于v=3m/s所以，只有当滑块回
17、到 B 点的速度减小到 v=3m/s 后 ,才会做稳定的周期性往返运动在周期性往返运动过程中，滑块给传送带施加的摩擦力方向始终向右所以，滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为P=mgv代人数据解得P=18w考点：带电粒子在电场中的运动、牛顿第二定律、匀变速运动、功率9我国 ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以v0=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过 ETC通道，需要在收费线中心线前10m 处正好匀减速至v=5m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v0 正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在
18、中心线处匀减速至零，经过20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v0 正常行驶设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为 1m/s2 ，求：（ 1）汽车过 ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（ 2）汽车过 ETC通道比过人工收费通道节省的时间是多少【答案】（ 1） 210m（ 2） 27s【解析】试题分析：（1）汽车过ETC通道：减速过程有：，解得加速过程与减速过程位移相等，则有：解得：（ 2）汽车过 ETC通道的减速过程有：得总时间为：汽车过人工收费通道有：， x2=225m所以二者的位移差为：=x2 x1=225m 210m=15m （ 1 分）则有：27s考点：考查了匀变
19、速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题10 甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距s=6m，从此刻开始计时，乙车做初速度大小为12m/s 加速度大小为1m/s2 的匀减速直线运动，甲车运动的s-t 图象如图所示 (0-6s 是开口向下的抛物线一部分，6-12s 是直线，两部分平滑相连)，求： (1)甲车在开始计时时刻的速度v0 和加速度 a(2)以后的运动过程中，两车何时相
20、遇？【答案】 (1)16m/s2m/s 2 (2) 2s 6s10s 相遇三次【解析】【详解】（1）因开始阶段s-t 图像的斜率逐渐减小，可知甲车做匀减速运动；由s = v0 t -1 at2 ，由2图像可知： t=6s 时， s=60m ，则 60=6v0 -1a36； 6s 末的速度 v68060 m/s4m/s ；2116则由 v6=v0- at 可得 4=v0 -6a；联立解得 v0=16m/s； a=2m/s2（2）若甲车在减速阶段相遇，则：v0甲t - 1 a甲t 2s v0乙t - 1 a乙t 2 ，带入数据解得：22t1=2s； t2=6s；则 t1=2s 时甲超过乙相遇一次，t2=6s 时刻乙超过甲第二次相遇；因以后甲以速度 v 甲=4m/s 做匀速运动，乙此时以v 乙=12-6 1=6m/s 的初速度做减速运动，则相遇时满足： v甲t v乙 t - 1 a乙t 2 解得 t=4s，即在10s时刻两车第三次相遇 .2