高中物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

高中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
1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】
（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s
g s
μ-=
解得20.4μ=
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212
x vt at =+ 带入可得21/a m s =
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214
/3
a m s =
对滑块，则有加速度2
24/a m s =
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-
=末速度18
/3
v m s =
滑块向右位移214/0
22
m s x t m +=
= 此后，木块开始向左加速，加速度仍为2
24/a m s =
木块继续减速，加速度仍为214
/3
a m s =
假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =
此过程，木板位移23121217
26
x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移242211
22
x a t m =
= 此后木块和木板一起匀减速．
二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度2
11/a g m s μ==
位移23
522v x m a
==
所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律
【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁
2．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移到了2m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m ，由此可以求得（ ） A ．第1次闪光时质点的速度 B ．质点运动的加速度 C ．质点运动的初速度
D ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移 【答案】ABD 【解析】 试题分析：根据
得；
，故B 不符合题意；设第一次曝光时的速度为v ，
，得：
，故A 不符合
题意；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故C 符合题意；
设第一次到第二次位移为
；第三次到第四次闪光为，则有：；则
；而第二次闪光到第三次闪光的位移
，故D 不符合题意
考点：考查了匀变速直线运动规律的综合应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二．
3．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m 的物体，并且他的反应时间为0.5s ，制动后最大加速度为6m/s 2．求：
（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；
（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．
【答案】（1）5s （2）40m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从刹车到停止时间为t 2，则 t 2=
0v a
-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则 x 1=v 0t 1② x 1=15 m③
从刹车到停止的位移为x 2，则
x 2=2
002v a -④
x 2=75 m⑤
小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x=x 1+x 2=90m ⑥ △x=x ﹣50m=40m ⑦
4．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯开始闪烁，已知绿灯闪烁3秒后将转为红灯．请问： （1）若甲车在绿灯开始闪烁时刹车，要使车在绿灯闪烁的3秒时间内停下来且刹车距离不得大于18m ，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？
（2）若甲、乙车均以v 0=15m/s 的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车
（乙车司机的反应时间△t2=0.4s，反应时间内视为匀速运动）．已知甲车、乙车紧急刹车时的加速度大小分别为a1=5m/s2、a2=6m/s2 ．若甲车司机看到绿灯开始闪烁时车头距停车线L=30m，要避免闯红灯，他的反应时间△t1不能超过多少？为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前之间的距离s0至少多大？
【答案】(1)（2）
【解析】（1）设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为v1根据平均速度与位移关
系得：
所以有：v1=12m/s
（2）对甲车有v0△t1+＝L
代入数据得：△t1=0.5s
当甲、乙两车速度相等时，设乙车减速运动的时间为t，即：
v0-a2t=v0-a1（t+△t2）
解得：t=2s
则v=v0-a2t=3m/s
此时，甲车的位移为：
乙车的位移为：s2＝v0△t2+＝24m
故刹车前甲、乙两车之间的距离至少为：s0=s2-s1=2.4m．
点睛：解决追及相遇问题关键在于明确两个物体的相互关系；重点在于分析两物体在相等时间内能否到达相同的空间位置及临界条件的分析；必要时可先画出速度-时间图象进行分析．
5．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0．6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0．25，与BC间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s2．求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；
（3）若滑块到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．
【答案】（1）/s （2（3）5J 【解析】
试题分析： （1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得
F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝1
2
mv B 2得v B ＝m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得
F 1－μmg ＝ma 且x 1＝12
at 12
解得t 1． （3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C
v R
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得
W －mg×2R ＝
12mv C 2－1
2
mv B 2 代入数值得W ＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J ．
考点：动能定理；牛顿第二定律
6．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。

7．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A＝10 m/s，B车在后，速度v B＝30 m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0＝75 m时才发现前方有A车，这时B 车立即刹车，但B车要经过180 m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后多长时间相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？
【答案】会相撞；6 s
【解析】B车刹车至停下来的过程中，由v2－v02＝2ax得2
2
2.5/
2
B
B
v
a m s
x
==
假设不相撞，依题意画出运动过程示意图，如下图所示．
设经过时间t两车速度相等，对B车有：v A＝v B＋a B t
解得8
A B
B
v v
t s
a
-
== .
此时B车的位移x B＝v B t＋
1
2
a B t2＝30×8 m－
1
2
×2.5×82 m＝160 m.
A车的位移x A＝v A t＝10×8 m＝80 m.
因x B>x A＋x0，故两车会相撞．
设B刹车后经过时间t x两车相撞，则有v A t x＋x0＝v B t x＋
1
2
a B t x2，
代入数据解得，t x＝6 s或t x＝10 s(舍去)．
8．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5s后警车发动起来，并以2m/s2的加速度做匀加速运动，并尽快追上货车，但警车的行驶速度必须控制在108km/h以内．问：
（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
（2）求出警车发动后至少要多长时间才能追上货车？
【答案】（1）90m（2）12.5s
【解析】
【分析】
【详解】
()1当两车速度相同时距离最大
由v at
=
可得警车达到10/m s 的时间；14t s = 在这段时间警车的位移221111
2.542022
x at m =
=⨯⨯= 货车相对于出发点的位移()21074110x m =+= 两车间的最大距离90x m =V
()2108/30/km h m s =；
由v at =
可得警车达到最大速度的时间212t s = 此时警车的位移2
3211802
x at m =
= 货车相对于出发点的位移()410712190x m =+= 由于警车的位移小于货车的位移，所以仍末追上 设再经过3t 追上，则()23010190180t -=- 得30.5t s =
则总时间为2312.5t t t s =+= 则警车发动后经过12.5s 才能追上． 故本题答案是：（1）90m （2）12.5s
9．第21届世界杯足球赛于2018年在俄罗斯境内举行，也是世界杯首次在东欧国家举行．在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90 m 、宽60 m ，如图所示．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2.试求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为初速度为0 ,加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s.该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？
(3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以10m/s 的速度沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2m/s 2的匀减速直线运动。

与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6m/s 的速度做匀速直线运动向前追赶足球，通过计算判断该前锋队员能否在足球出底线前追上。

【答案】(1) 36 m(2) 6.5 s （3）前锋队员不能在底线前追上足球
【解析】
【详解】
（1）已知足球的初速度为v1＝12 m/s，加速度大小为a1＝2 m/s2，足球做匀减速运动的时
间为
运动位移为.
（2）已知前锋队员的加速度为a2＝2 m/s2，最大速度为v2＝8 m/s，前锋队员做匀加速运
动达到最大速度的时间和位移分别为， .
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为
x3＝v2(t1－t2)＝8×2 m＝16 m
由于x2＋x3<x1，故足球停止运动时，前锋队员还没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x1－(x2＋x3)＝v2t3，
代入数据解得t3＝0.5 s.
前锋队员追上足球所用的时间t＝t1＋t3＝6.5 s.
（3）此时足球距底线的距离为：x4=45-x1=9m，速度为v3=10m／s
足球运动到停止的位移为：
所以，足球运动到底线时没停
由公式，足球运动到底线的时间为：t4=1 s
前锋队员在这段时间内匀速运动的位移：x3=vt4=6m<9m
所以前锋队员不能在底线前追上足球.
【点睛】
解决本题的关键理清足球和运动员的位移关系，结合运动学公式灵活求解．由于是多过程问题，解答时需细心．
10．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A1的质量m1=2 kg．初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞，它们的x–t图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物块B的质量为多少？
【答案】6 kg 【解析】 【分析】 【详解】
由x –t 图知：碰前瞬间，14/v m s =；20v =
碰后瞬间，1
2/v m s =-'；22/v m s '= 两物块组成的系统动量守恒1111
220m v m v m v '+'+= 代入数据解得26m kg =。