1、（物理）物理机械运动及其描述提高训练含解析一、高中物理精讲专题测试机械运动及其描述1 如图为某高速公路出口的ETC通道示意图汽车驶入ETC通道，到达O 点的速度大小为 30m / s ，此时开始刹车做减速运动（可视为匀减速），OM长度为144m ，到M时速度减至6m / s ，并以此速度匀速通过MN区MN长度为36m ，视汽车为质点，求：（ 1）汽车匀减速运动过程中的加速度大小；（ 2）汽车从 O 运动到 N 过程中的平均速度大小【答案】 （1） a3m / s2（ 2） v90 m / s7【解析】【详解】（1）根据 v02v22ax 可得a 3m / s2v0v（2）汽车经过 OM 段的时
2、间： t18sa汽车经过 MN 段的时间： t 2x6svx总90汽车从 O 运动到 N 过程中的平均速度大小： vm / st1 t272 如图所示 ，一质点沿半径为 r 20 cm 的圆周自 A 点出发 ，逆时针运动2 s，运动3圆周4到达 B 点， (计算结果保留三位有效数字)求：(1)质点的位移和路程(2)质点的平均速度和平均速率【答案】 (1) 28. 3 cm； 94.2 cm(2) 14.2 cm/s；47.1 cm/s【解析】【分析】【详解】（1）质点的位移是由A 点指向 B 点的有向线段，位移大小为线段AB 的长度，由图中几何关系可知位移 x2r283 cm位移方向由A 点指
3、向 B 点质点的路程为质点绕圆周的轨迹长度，则路程 l=2r= 2 20 cm=942cm（2）根据平均速度定义得vx14.2cm/s 平均速度方向是由A 指向 Bt质点的平均速率为l47.1cm/svt3 如图所示，一质点沿半径为r20cm 的圆周自 A 点出发，逆时针运动2s，运动 3 圆4周到达 B 点，求：（计算结果保留三位有效数字）（ 1）质点的路程（ 2）质点的位移（ 3）质点的平均速度（ 4）质点的平均速率【答案】（ 1） 0.942m （ 2） 0.283m ，方向由A 点指向 B 点（ 3） 0.142m/s ，方向是由 A 指向 B （ 4） 0.471m/s【解析】【详解
4、】（1） 20cm0.2m ，质点的路程为质点绕3 圆周的轨迹长度，4则 l32 r33.14 0.2m 0.942m 424（2）质点的位移是由A点指向 B 点的有向线段，位移大小为线段AB 的长度，由图中 | 几何关系可知：xr 2r 22r0.283m ，位移方向由A 点指向 B 点（ 3）根据平均速度定义得：x 0.283m/s 0.142m/st2平均速度方向是由A 指向 B .（4）质点的平均速率为l 0.942 m/s 0.471m/st24 如图所示，今有一底面直径和高都为10cm 的圆柱形纸筒（上、下底面开口），在下底部边沿 A 点有一只小蚂蚁，若小蚂蚁为了用最快的时间爬到上
5、部边沿处的B 点，已知小蚂蚁的爬行速度不变，试求：（ 1）小蚂蚁爬行的路程有多少？（ 2）整个过程中的位移有多大？【答案】（ 1） 18.6cm（ 2） 14.1cm【解析】【详解】（1）两点之间线段最短，为了找到在圆柱形纸筒的表面上 A 、 B 两点之间的最短路径，可以把纸筒沿侧壁剪开，如图所示，展开成平面后，连接AB ，则线段 AB 的长度即为小蚂蚁爬行的最短路程。由勾股定理可知 sAB10 252cm 18.6m。（2）整个过程中的位移大小等于图中A 、 B 两点的连线的长度，由勾股定理可知xAB102102 cm14.1m 。5 如图所示，小球从高出地面h 15 m的位置，在t 0 时
6、刻竖直向上抛出，经1 s 小球上升到距抛出点5 m的最高处，之后开始竖直回落，经0.5 s 刚好经过距最高点1.25 m处位置，再经过1.5 s到达地面.求：(1)前 1.5 s 内平均速度；(2)全过程的平均速率.(结果保留一位小数)【答案】（ 1） 2.5m/s （ 2） 8.3m/s【解析】（1）由图可知：前1.5 秒小球的位移为：所以前 1.5s 内平均速度（2）由图可知：全过程小球的路程为s=5+5+15m=25m全过程的平均速率为6 一质点沿直线做单向的运动，若前一半时间的平均速度为度为 6m/s ，求4 m/s ，后一半时间的平均速（ 1）整个过程的平均速度大小；（ 2）其它条件
7、不变，若物体前一半位移的平均速度为4m/s ，后一半位移的平均速度为6m/s ，则整个过程的平均速度大小是多少？【答案】 （1） 5 m/s（ 2） 4.8 m/s【解析】试题分析： （ 1）平均速度为总位移与总时间的比值，根据两段时间内的平均速度可求得总位移，再由平均速度公式可求得平均速度（ 2）根据前后两段位移及平均速度可求得两段时间；再由平均速度公式可求得全程的平均速度（1）设一半的时间为t ，由平均速度公式可得：x1v1t 、 x2v2t ，x1x2v1t v2tv1v25m / s则全程的平均速度 ： v22t22t（2）设一半的位移为x，则由平均速度公式可得：t1xx、 t2v2v
8、1则全程的平均速度为：v22x2v1v24.8m / st2v1 v2t1【点睛】对于平均速度一定要明确应采用位移与时间的比值进行求解，故应先想办法求出总位移和总时间，再来求平均速度7 一个篮球从高h1 3.05 m 的篮筐上由静止开始下落，经t1 1.95 s 落到水平地面上，速度 v1 19.1 m/s ，然后以 v2 4.9 m/s 反弹，经 t 2 0.5 s 达到最高点， h2 1.23 m已知篮球与地面碰撞的时间为0.3 s，求：(1)篮球与地面碰撞过程的加速度大小和方向；(2)篮球从空中下落过程的平均速度的大小；(3)篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度的大小【答案】 (1
9、)80 m/s 2，方向竖直向上(2)1.56 m/s(3)0.66 m/s【解析】（2）取向下为正方向，则与地面碰撞过程中av2 v14.919.1m / s280m / s2 ，方向竖直向上；t0.3（3）下落过程的平均速度vx3.05 m / s 1.56 m / s ；t1.95（4）全程的位移x3.05 m1.23m 1.82m ；全程的时间 t 1.95s 0.5s0.3s2.75s ；则平均速度 vx1.82m / s 0.66 m / s ；t2.75点睛：本题考查加速度及平均速度公式，要注意正方向的选择，同时要注意平均速度为位移与时间的比值8 一同学利用打点计时器打出的纸带分
10、析小车的运动速度时，从几条纸带中选出了一条不很完整的纸带 ，如图所示纸带上有七个计数点，相邻两计数点之间还有四个点没有画出，所用交流电的频率为50 Hz，相邻计数点之间的距离已标在图中，单位是厘米 (计算结果到小数点后两位)(1)计算 06 点之间的平均速度；(2)打点计时器打计数点4 时小车的瞬时速度接近多少？(3)若电源频率低于50 Hz 时，如果仍按 50 Hz 的时间间隔打一个点计算，则测出的速度数值将比物体的真实值是偏大还是偏小？【答案】 (1)0.68 m/s(2)0.83 m/s(3)偏大【解析】【分析】电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，纸带匀变速直线运动，测得纸带上的
11、点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度 ，电源频率低于 50 赫兹时，则打点周期大于 0.02s 解： (1)0 6 点间的平均速度为：(2)当打点计时器打计数点4 时，小车的瞬时速度应当最接近于计数点3 和 5 点间的平均速度，则(3)当交流电的频率为50 Hz 时，打点计时器每隔Hz 时，打点计时器打一次点的时间间隔t 将大于0.02 s 打一个点，当交流电的频率低于500.02 s，即 t 时间内的位移我们用0.02 s 的位移计算，因此测出的速度将比真实值偏大9 一辆汽车沿直线公路以速度v1 行驶了 的路程，接着以速度 v2=20km/h 跑完了其余的的
12、路程，如果汽车全程的平均速度v=27km/h ，则 v1 的值为多少 km/h ？【答案】 90km/h【解析】设全程为s，前路程的速度为v1前 路程所用时间为后 路程所用时间为全程平均速度， t=t 1+t2解得： v1=90km/h 【点睛 】此题考查的是平均速度计算公式的应用，需要清楚的是：平均速度等于总路程除以总时间，不等于速度的平均 .10 如图所示， M99 是一款性能先进的大口径半自动狙击步枪步枪枪管中的子弹从初速度为 0 开始，经过0.002 s 的时间离开枪管被射出已知子弹在枪管内的平均速度是600m/s ，射出枪口瞬间的速度是1 200 m/s ，射出过程中枪没有移动求：(
13、1)枪管的长度；(2)子弹在射出过程中的平均加速度52【答案】 (1)1.2m(2)6m/s10 ，方向与子弹的速度方向相同【解析】（ 1）枪管的长度（ 2）根据加速度的定义式得：方向与子弹的速度方向相同综上所述本题答案是：（ 1）枪管的长度为1.2 m；（ 2）子弹在射出过程中的平均加速度的大小为，方向与子弹的速度方向相同11 某物体沿一直线运动，在第一个时间内平均速度是，第二个时间内平均速度是，第三个时间内平均速度是.(1)全程的平均速度是多少？(2)仍为此全程，若完成的位移时平均速度是v1，完成中间的位移时平均速度是v2，完成最后的位移时平均速度是，全程的平均速度是多少？【答案】 （1）
14、（ 2）【解析】【详解】（ 1）设全过程所用的时间为 ，前 时间的路程为中间 时间的路程为后 时间内的成为则全过程的平均速度为：（2）设全程为6；前 路程的时间为中间路程的时间为完成最后路程的时间为所以整个过程的平均速度为：。【点睛】设全程为 3t 或 6，可以得到全程所用时间、各段路程所用时间，求出全程的平均速度。12 2018 年 10 月 11 日俄美两国宇航员搭乘 “联盟 ” MS 10 飞船前往国际空间站，在火箭发射升空位于万米高空时，突然出现严重故障。火箭出现故障后，系统逃生机制自动启动。在紧急逃生机制启动后，宇航员所在的载员舱立刻和火箭上面级脱离，坠入大气层。逃逸系统激活后，飞船
15、在大约50 千米高度与火箭分离，最后在地表成功着陆，这是人类历史上首次成功的整流罩逃逸。某校STEM空间技术研究小组对信息收集整理后，对整流罩逃逸下落的最后阶段简化如下：返回舱沿竖直方向下落，某时刻打开主伞，产生3.6104N的阻力，使返回舱经过36s 速度由 80m/s 匀减速至8m/s，此后匀速下落，当返回舱下落到离地高度 1m 时，反冲发动机点火，产生向上的1.2105N 的恒定推力（此时主伞失效，空气阻力不计），最终返回舱以低速成功着落，g 取 10m/s 2。（ 1）求打开主伞匀减速阶段的加速度大小；（ 2）求返回舱的质量；（ 3）求返回舱最终的着陆速度。【答案】（ 1） 2m/s 2（ 2）3000kg （ 3）2m/s【解析】【详解】（1）打开主伞匀减速阶段，v0=80m/s， v1=8m/s ， t=36s，根据速度时间公式，有：v1=v0 -v0v180 8a1t ，打开主伞匀减速阶段的加速度大小：a1=m/s 2=2m/s 2。t36（2）打开主伞匀减速阶段，根据牛顿第二定律，有：Ff-mg =ma1，解得返回舱的质量为：m=3000kg。（3）返回舱在着陆过程中，根据牛顿第二定律，有：F-mg =ma2，得： a2=30m/s2，速度从8m/s 减小着地过程中，根据速度位移公式，有：22v2 -v1 =-2a2h，得返回舱最终的着陆速度：v2=2m/s 。
