2019-2020年高考冲刺物理百题精练 专题01 运动学（含解析）.doc

2019-2020年高考冲刺物理百题精练 专题01 运动学（含解析）1航天飞机水平降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动一段时间后减速为v；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下，已知两个匀减速滑行过程的总时间为t，求：（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小；（2）航天飞机降落后滑行的总路程。 2随着高层居民楼房的崛起，给消防安全带来更严峻的挑战，其中救援时云梯高度不够高就是一个非常突出的问题，某探究小组的同学们想到了可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆来解决这个问题(如图所示)。被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生。通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接，滑杆A端用于挂钩钩在高楼的固定物上，且可绕固定物自由转动，B端用铰链固定在云梯上端，且可绕铰链自由转动，以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小。设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变，被困人员可看作质点、不计过O点时的机械能损失。已知AO长Ll=6m、OB长L2=12m。某次消防演练中测得AO与竖直方向的夹角与竖直方向的夹角，被困人员安全带上的挂钩与滑杆，AO、OB间的动摩擦因数均。为了安全，被困人员到达云梯顶端B点速度不能超过。已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=l0ms2。求：（1）被困人员滑到B点时是否安全。（2）若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离d=13.2m保持不变，求能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离。2【解析】所以能安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离为12.8m。3一只气球以l0m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球S0=-6m处有一小球以20m/s的初速度竖直上抛，g取10m/s2,不计小球受到的空气阻力。（1）不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间？（2）小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？ 3.【解析】试题分析：（1）设小球上升的最大高度h, 时间为t, 则h = v02/2g 得h = 20 m 又t = v0 / g 得t = 2 s （2）设小球达到与气球速度大小相等、方向相同，经过的时间是t1，则v气= v金= v 0gt1 t1= 1 s 在这段时间内气球上升的高度为x气，小球上升的高度为x金，则x气= v t1= 10 m x金 = v0t1gt12 /2 = 15 m 由于x气+6 m x金所以小球追不上气球。4在民航业内，一直有“黑色10分钟”的说法，即从全球已发生的飞机事故统计数据来看，大多数的航班事故发生在飞机起飞阶段的3分钟和着陆阶段的7分钟。飞机安全事故虽然可怕，但只要沉着冷静，充分利用逃生设备，逃生成功概率相当高，飞机失事后的90秒内是逃生的黄金时间。如图为飞机逃生用的充气滑梯，滑梯可视为斜面，已知斜面长L=8m，斜面倾斜角=37，人下滑时与充气滑梯间动摩擦因数为=0.25。不计空气阻力，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8， 求：（1）旅客从静止开始由滑梯顶端滑到底端逃生，需要多长时间？（2）一旅客若以v0=4m/s的水平初速度抱头从舱门处逃生，当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以v=3m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑。该旅客以这种方式逃生与（1）问中逃生方式相比，节约了多长时间？4【解析】试题分析：（1）设旅客质量为m，在滑梯滑行过程中加速度为a，需要时间为t，则 得 解得 t=2s（2）旅客先做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，在滑梯上落点与出发点之间的距离为为s，运动时间为t1，则 解得t1= 0.6 s，s=3m旅客落到滑梯后做匀加速直线运动，设在滑梯上运动时间为t2，通过距离为s1，则 解得t2= 1 s 节约的时间52014年12月26日，我国东部14省市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。假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1=20m/s朝收费站沿直线正常行驶,现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速运动，到达虚线EF处速度正好减为v2=4m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以4m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶离开。已知甲匀减速过程的加速度大小为a1=1m/s2，虚线EF处与收费站中心线距离d=10m。乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过缴费成功后再启动汽车行驶离开。已知乙车匀减速过程的加速度大小为a2=2m/s2。求: （1）甲车过ETC通道时，从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小；（2）乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线。5.【解析】试题分析：（1）甲车过ETC通道时，减速过程的位移为：可得x甲192m 所以总的位移： （2）甲车减速过程的时间 甲车匀速过程的时间 乙车过人工收费通道减速过程的时间 乙车过人工收费通道减速过程的位移 乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移 乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间 则乙车提前甲车到中心线的时间为 6如图所示，一木箱静止、在长平板车上，某时刻平板车以a = 2.5m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车之间的动脒擦因数= 0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等（g取10m/s2）。求：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小；（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小；（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离。6.【解析】试题分析：（1）设木箱的最大加速度为，根据牛顿第二定律 解得则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为（2）设木箱的加速时间为，加速位移为 。 （3）设平板车做匀加速直线运动的时间为，则 达共同速度平板车的位移为则要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足7在某一个探究实验中，实验员将某物体以某一确定的初速率v0，沿斜面向上推出（斜面足够长且与水平方向的倾角可调节）设物体在斜面上能达到的最大位移为Sm.实验测得Sm与斜面倾角的关系如右图所示，g取10m/s2，求：物体的初初速率v0和物体与斜面间的动摩擦因数。7.【解析】试题分析：当时，物体做竖直上抛运动，有：，s1=10m解得:当=0时，物体沿水平方向做减速运动，s2=解得: 8如图所示，粗糙斜面倾角37，斜面宽a为3m，长b为4m质量为0.1 kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5（g取10m/s2，sin370.6，cos37=0.8）。（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2。8.【解析】试题分析：（1）若F=0，小木块会沿斜面做匀加速直线运动根据牛顿第二定律计算可得由运动学公式计算可得（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明合力方向沿AC方向，设AC与AB的夹角，合位移所以施加的外力为根据牛顿第二定律计算可得由运动学公式计算可得9如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m。现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10ms2。求（1）管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大?（2）从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间；（3）圆管的长度L。9.【解析】试题分析：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度大小为，球的加速度大小为由牛顿第二定律对管 .（1）对球 .（2）故，方向向下.（3） 方向向上.（4）（2）球与管第一次碰地时，由.（5）得碰后管速，方向向上.（6）碰后球速，方向向下 .（7）球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有对管.（8）对球.（9）代入数值联立解得.（10）（3）管经t时间上升的高度为.（11）球下降的高度.（12） 管长.（13）10如图所示，一木箱静止、在长平板车上，某时刻平板车以a = 2.5m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车之间的动脒擦因数= 0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等（g取10m/s2）。求：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离。10.【解析】