1、高中物理机械运动及其描述模拟试题含解析一、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 段的时间：
2、 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，光滑的水平面上放置质量均为m=2kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）甲车上带有一半径R=1m 的的圆弧轨道，其下端切线水平并与乙车上表面平滑对接，乙车上表面水平，动摩擦因数1/4 光滑= ，其上有一右端与车相连的轻弹簧，一质量为m0=1kg 的小滑块P（可看做质点）从圆弧顶端 A 点由静止释放，经过乙车左端点（弹簧始终在弹性限度内），之后弹簧将滑块求：B 后将弹簧压缩到乙车上的C 点，此时弹簧最短P 弹
3、回，已知B、 C 间的长度为L=15m，（1）滑块 P 滑上乙车前瞬间甲车的速度v 的大小；（ 2）弹簧的最大弹性势能 EPm；（ 3）计算说明滑块最终能否从乙车左端滑出，若能滑出，则求出滑出时滑块的速度大小；若不能滑出，则求出滑块停在车上的位置距C 点的距离【答案】（ 1） 1m/s （2） 10 J （ 3）不能滑出， 1m3【解析】试题分析：（ 1）滑块下滑过程中水平方向动量守恒，机械能守恒：解得：，（2）滑块滑上乙车后，由动量守恒定律得：由能量守恒定律有：解得：（3）设滑块没有滑出，共同速度为，由动量守恒可知由能量守恒定律有：解得： L，所以不能滑出，停在车上的位置距C 点的距离为1m
4、考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用；正确分析物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，也是应培养的基本能力本题解题务必要注意速度的方向3 在平直公路上，汽车以2m/s2 的加速度加速行驶了6s，驶过了48m，求：（ 1）汽车在 6s 内的平均速度大小；（ 2）汽车开始加速时的速度大小；2（3）过了 48m处之后接着若以1m/s 大小的加速度刹车，则刹车后汽车在6s内前进的距离【答案】（1） 8 m/s；（ 2）v2 m/s；（ 3） 66m【解析】试题分析：（ 1）平均速度为：x48vm / s8m / st6（2）根据位移时
5、间公式可得：x v0 t+1 at 22得： v0 x1 at 4812 6m / s 2m / st262（ 3）加速 6s 后的速度为： v=v 0+at=2+26m/s=14m/s减速到零所需时间为：t v 14 sa减速 6s 通过的位移为： x vt - 1 a t2146 -1 162m=66m22考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查匀变速直线运动基本公式的应用，在减速运动过程中明确减速到零的时间，难度不大。4 如图所示是一辆汽车做直线运动的x t 图象（ 1）求 OA 和 CD段汽车运动的速度（ 2）求前 3 小时的平均速率和 4 小时内的平均速度【答案】 （1） 15
6、km/h ； -30km/h （ 2）10km/h ； 0【解析】【分析】【详解】（1） x-t 图像的斜率表示运动的速度，故OA 段的速度为 vOA15 km / h 15km / h1CD 段的速度为 vCD0 30 km / h30km / h1（2）由图可知，前三小时内的位移为30km，所以平均速率x30v110km / ht34 小时内的位移为0，所以 4 小时内的平均速度为 05 如图所示，一质点自A点出发，沿半径为r20cm 的圆周逆时针运动2s3，运动圆周4到达 B 点，求这段运动过程中：1 质点的路程和位移；2 质点的平均速度的大小【答案】 （1） 0.94m0.28 ，位移
7、方向从A 点指向 B 点（2）0.14m/s【解析】【分析】(1) 位移为从初位置指向末位置的有向线段，为矢量，路程为物体走过的轨迹长度，为标量，据此可正确解答 ；(2) 根据平均速率的定义即可正确解答本题【详解】(1) 质点的路程为质点绕3圆周的轨迹长度，为 x3 2 r30 cm 0.94m ；44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sr 2r 220 2cm0.28m位移方向从 A 点指向 B 点；(2) 平均速度：x2r0.14 mv10 2 cmstts【点睛】对于位移、路程、平均速度、平均速率等基础概念，要深刻理解其定义，注意从
8、标量和矢量的角度进行区分 6 一物体从O 点出发，沿东偏北30的方向运动10 m 至 A 点，然后又向正南方向运动5m 至 B 点(1)建立适当坐标系，描述出该物体的运动轨迹；(2)依据建立的坐标系，分别求出A、 B 两点的坐标；(3)求物体运动的位移、路程【答案】 (1)； (2) A 点的坐标： (53 m,5 m) ， B 点的坐标：(53 m,0) ； (3) 位移为 53 m，方向向东，路程为15 m【解析】【分析】【详解】(1)坐标系如图所示，线OAB 为运动轨迹(2) xA5 3m ， yA=5m； xB5 3m ， yB=0A 点的坐标：（53m，5m），B 点的坐标： （53
9、m，0m）(3)物体的位移为O 到 B 位移为：OA2AB2102525 3m方向向东 .路程为 10m+5m=15m 【点睛】本题的关键是根据几何关系确定B 点的位置，要求同学们能正确建立合适的坐标系.7 有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500 g g10m / s2，以警醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值.试问：1 一辆以 72km / h 的速度行驶的汽车在一次事故中撞向停在路上的大货车上，设大货车没有被撞动，汽车与大货车的碰撞时间为2.0 10 3 s ，汽车驾驶
10、员是否有生命危险？2 若汽车内装有安全气囊，缓冲时间为1 10 2 s ，汽车驾驶员是否有生命危险？【答案】 （1）有生命危险（ 2）无生命危险【解析】试题分析：选汽车运动的方向为正方向0v020242(1)汽车的加速度：at2.010 3m / s 10m / s因加速度大小为 104 m / s2500g ，所以驾驶员有生命危险(2)在装有气囊的情况下汽车的加速度 a 0 v02022t 1 102m / s 2000?m / s因加速度大小为2000m / s2 500g所以驾驶员无生命危险考点：匀变速直线运动速度与时间的关系点评：速度变化相同，安全气囊可以延长碰撞时间，从而可以减小碰撞
11、是的加速度8.如图所示，一个篮球从高h =3.05m的篮筐上由静止开始下落，经t =1.95s落到水平地11面上，速度为 v1=7.8m/s ，然后以 v2=- 4.9m/s 反弹，经 t =0.5s 达到最高点， h2 =1.23m已知篮球与地面碰撞的时间为 0.3s，求：(1)篮球在空中下落和上升两过程的加速度大小和方向；(2)篮球在与地面碰撞过程的加速度大小和方向；(3)篮球在空中下落过程的平均速度；(4)篮球从开始下落到原弹至最高点过程的平均速度【答案】 (1) 下落过程： 4m/s 2，方向竖直向下；上升过程：9.8m/s 2，方向竖直向下；(2) a 80m/s 2 ；表示方向竖直
12、向上(3) v 1.56m/s 方向竖直向下(4) v 0.66m/s ，方向竖直向下【解析】【分析】【详解】（1）由 av 可知：t下落过程的加速度：a1v17.8 m/ s24m/s2t11.95竖直向下；上升过程的加速度：a2v24.9 m/s29.8m/s2t20.5竖直向下；(2) 与地面碰撞过程中a4.9 19.1 m/s280m/s 20.3方向竖直向上；(3) 下落过程的平均速度v 3.05 m/s 1.56m/s1.95方向竖直向下；(4) 全程的位移x=3.05 m -1.23 m =1.82m ；全程的时间t=1.95 s +0.5 s +0.3 s =2.75s则平均速
13、度1.82vm/s0.66m/s2.75方向竖直向下9 升降机由静止开始以加速度 a1 匀加速上升 2s，速度达到 3m/s ，接着匀速上升 10s，最后再以加速度 a2 匀减速上升 3s 才停下来求：(1)匀加速上升的加速度大小a1 和匀减速上升的加速度大小a2 ；(2)上升的总高度H【答案】 （1） 1.5m/s 2（ 2） 1m/s 2（ 3）37.5m【解析】试题分析：根据题意，升降机运动由3 个阶段组成：以a1 的加速度匀加速上升t 1=2s；以v=3m/s的速度匀速上升t 2=10s；以a2 的加速度减速上升t3=3s，最后静止(1)由加速度公式得；(3)由匀变速位移公式及匀速运动
14、位移公式s=vt 得：考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题也可以画出速度时间图像解题，根据图像的斜率求解加速度，根据围成的面积表示位移求解上升高度，关键是对公式灵活掌握，明确已知哪些物理量，让求哪些物理量，基础题10 甲、乙两辆汽车相距600m，并分别以10m/s 和 20m/s 的速度在一条平直公路上相向行 驶，在两汽车间有一只小鸟以20m/s 的速率往返飞翔，这只小鸟从汽车甲前端开始，飞向汽车乙，遇到汽车乙前端时又立即掉头飞向汽车甲，如此往返飞行，直到两汽车相遇，求：(1)这只小鸟飞行的路程；(2)这只小鸟飞行的平均速度【答案】 (1)400m (2)10m/s【解析】【分
15、析】【详解】（1）设两车相距 d 600m ， v110m/s ， v220m/s ，相遇时间为 t ，则两车相距为：d v1tv2t这只小鸟飞行的路程为：s v3t联立，代入数据可以得到：s 400m ；（ 2）小鸟飞行的位移等于甲车前进的位移，即：xv1t则小鸟飞行的平均速度为： xv t代入数据整理可以得到：v10m/s 11 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
16、激活后，飞船在大约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，产生向上的气阻力不计），最终返回舱以低速成功着落，1.2105N 的恒定推力（此时主伞失效，空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） 2
17、m/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 -a1t ，打开主伞匀减速阶段的加速度大小：a1= v0v1=808m/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：2212=-2a2h，得返回舱最终的着陆速度：v -v2v =2m/
18、s 。12 如图所示，两列长度均为L0 的快车和慢车沿着同一直轨道同向匀速行驶，当慢车头到避让区起点 C 时，快车头与慢车尾的距离为L1，且快车的速度是慢车速度的2 倍为避免撞车，慢车要进入避让区CD 轨道进行避让若两车都不减速，L1 至少应为多少？避让区长度 L2 至少为多少？ (设避让区轨道 CD 平行于轨道 AB，且弯曲部分 AC、 BD 很短，可忽略不计 )【答案】 L1 至少应为L0， L2 至少应为3L0【解析】【分析】根据位移时间关系和速度时间关系分析避让区的时间关系，关键是根据几何关系分析位移关系，再由速度位移关系求解即可【详解】由题意可知，在避让过程中，两车的重叠部分必须始终处于避让区分析可知，要想恰好不相撞，慢车车尾通过A 点时，快车车头正好到达A 点；慢车车头到达 B 点时，快车车尾正好通过 B 点对慢车通过A 点过程，快车的位移为L10 L ，由二车运动时间相等，有L0L1L0，解得10对快车通过轨道 AB 的过程，由二车运动时间相等，有v2vL LL2L0L2 L0 ，解得 L2 3L0，即 L1 至少应为 L0， L2至少应为 3L02vv【点睛】本题关键是由题意确定两车运动的位移关系，由匀速直线运动的位移关系分析即可
