高考物理直线运动试题(有答案和解析)及解析

高考物理直线运动试题(有答案和解析)及解析
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210/g m s =，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间．
【答案】212.5?m/s a =； 3.6t s =
【解析】 运动员做自由落体运动的位移为221110512522
h gt m m ==⨯⨯= 打开降落伞时的速度为：1105/50/v gt m s m s ==⨯=
匀减速下降过程有：22122()v v a H h -=-
将v 2=5 m/s 、H =224 m 代入上式，求得：a=12.5m/s 2
减速运动的时间为：12505 3.6?12.5
v v t s s a --===
2．高速公路上行驶的车辆速度很大，雾天易出现车辆连续相撞的事故。

某天清晨，一辆正以20m/s 速度行驶的汽车司机突然发现前方发生交通事故，便立即刹车，若该司机反应时间为0.6 s ，在反应时间内车速不变，若该汽车刹车后的加速度大小为5 m/s 2，从司机发现情况到汽车静止这个过程中，求：
（1）该汽车运动的时间；
（2）该汽车前进的距离。

【答案】（1）
（2） 【解析】
【详解】
(1)由速度公式
即
解得：
所以汽车运动的时间为：
； (2)汽车匀速运动的位移为：
汽车匀减速的位移为：
所以汽车前进的距离为：。

3．某人驾驶一辆小型客车以v 0＝10m/s 的速度在平直道路上行驶，发现前方s ＝15m 处有减速带，为了让客车平稳通过减速带，他立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v ＝5.0
m/s ．已知客车的总质量m ＝2.0×103 kg.求：
(1)客车到达减速带时的动能E k ；
(2)客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t ；
(3)客车减速过程中受到的阻力大小f ．
【答案】(1)E k ＝2.5×104J (2)t ＝2s (3)f ＝5.0×103N
【解析】
【详解】
(1) 客车到达减速带时的功能E k ＝12mv 2，解得E k ＝2.5×104 J (2) 客车减速运动的位移02
v v s t +=，解得t ＝2s (3) 设客车减速运动的加速度大小为a ，则v ＝v 0－at ，f ＝ma
解得f ＝5.0×103 N
4．高铁被誉为中国新四大发明之一．因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v 0=288km/h 的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x 0=5km 处道路出现异常，需要减速停车．列车长接到通知后，经过t l =2.5s 将制动风翼打开，高铁列车获得a 1=0.5m/s 2的平均制动加速度减速，减速t 2=40s 后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m 的地方停下来．
（1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？
（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a 2是多大？
【答案】（1）60m/s （2）1.2m/s 2
【解析】
【分析】
（1）根据速度时间关系求解列车长打开电磁制动系统时列车的速度；（2）根据运动公式列式求解打开电磁制动后打开电磁制动后列车行驶的距离，根据速度位移关系求解列车的平均制动加速度.
【详解】
（1）打开制动风翼时，列车的加速度为a 1=0.5m/s 2，设经过t 2=40s 时，列车的速度为v 1，则v 1=v 0-a 1t 2=60m/s.
（2）列车长接到通知后，经过t 1=2.5s ，列车行驶的距离x 1=v 0t 1=200m
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离
x 2 =2800m
打开电磁制动后，行驶的距离x 3= x 0- x 1- x 2=1500m ；
5．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s ，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg 的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=10N ，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m 的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g 取
10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．问：
（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F ，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
【答案】（1）1.25s （2）2m/s
【解析】试题分析： (1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律
1cos37sin37ma F mg mg μ=+︒-︒（1分），计算得： 218/a m s =
110.5v t s a ==（1分）2
11
12v x m a ==（1分） 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向
2cos37sin37ma F mg mg μ=-︒-︒（1分），计算得： 20a =
4.0sin37h x m ==︒Q （1分）2120.75x x x t s v v
-===（1分）得12 1.25t t t s =+= (1分) （2）若达到同速后撤力F ，对物块受力分析，因为sin37mg ︒> cos37mg μ︒，故减速上行 3sin37cos37ma mg mg μ=︒-︒（1分），得232/a m s =
设物块还需t '离开传送带，离开时的速度为t v ，则22322t v v a x -=（1分），2/t v m s
=（1分）
3
t v v t a -'=（1分）1t s '=（1分） 考点：本题考查匀变速直线运动规律、牛顿第二定律。

6．如图所示为一风洞实验装置示意图，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为370.现小球在F =20N 的竖直向上的风力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数=0.5μ.( sin370.6o =, cos370.8o =，g=10m/s 2)，求:
(1)小球运动的加速度a 1大小？
(2)若F 作用3s 后小球到达B 点,此时使风力大小不变，方向立即改为水平向左.则从改变风力F 开始计时，小球经多长时间将回到B 点？
【答案】（1）2m/s 2；（2）0．54s ．
【解析】
（1）在风力F 作用时有：（F-mg ）sin37°-μ（F-mg ）cos37°=ma 1
a 1=2 m/s 2 方向沿杆向上
（2）3s 时小球速度：v=a 1t 1=6m/s
风力方向改为水平向左后,小球加速度为a 2,
沿杆方向：-mgsin37°-F cos37°-μN=ma 2
N+mg cos37°=F sin37°
解得：a 2=-24 m/s 2
经过时间t 2到达最高点，t 2=2
v a =0.25s 此处距B 点的位移为：s=0 2
v +t 2=0.75m 小球下滑时的加速度为a 3，有：mgsin37°+Fcos37°-μN 2=ma 3
解得：a 3=18m/s 2
下滑到B 点的时间为t 3, 则x=
12a 3t 32 解得：336
t s = 所以t=t 2+t 3=0.54s
7．一列汽车车队以v 1＝10 m/s 的速度匀速行驶，相邻车间距为25 m ，后面有一辆摩托车以v 2＝20 m/s 的速度同向行驶，当它与车队最后一辆车相距S 0＝40 m 时刹车，以a ＝0.5 m/s 2
的加速度做匀减速直线运动，摩托车从车队旁边行驶而过，设车队车辆数n 足够多，问：
(1)摩托车最多能与几辆汽车相遇？
(2)摩托车从赶上车队到离开车队，共经历多少时间？(结果可用根号表示)
【答案】(1)3辆 （2）15
【解析】(1)当摩托车速度减为10 m/s 时，设用时为t ，摩托车行驶的距离为x 1，每辆汽车行驶的距离都为x 2.
由速度公式得：v 2＝v 1－at
解得t ＝20 s
由速度位移公式得：v 22－v 12v ＝－2ax 1
解得x 1＝300 m
x 2＝v 2t ＝200 m
摩托车与最后一辆汽车的距离：Δx ＝(300－200－40) m ＝60 m
故摩托车追上的汽车数n ＝6025＋1＝3.4，则追上汽车3辆. (2)设摩托车追上最后一辆汽车的时刻为t 1，最后一辆汽车超过摩托车的时刻为t 2. 则：Δx ＋v 2t ＝v 1t －12
at 2 解得：Δt ＝t 2－t 1＝815s.
8．一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．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
【答案】（1）0.1和0.4．（2）6.0m （3）6.5m
【解析】试题分析：（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为4/v m s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是4/v m 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2240/1
g m s μ-=，解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s ，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2g 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()121M m g mg Ma μμ++=，可得214/3
a m s =
对滑块，则有加速度224/a m s =，滑块速度先减小到0， 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-
=， 末速度18/3v m s = 滑块向右位移214022
x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s = 木块继续减速，加速度仍为214/3a 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2312121726
x v t a t m =-
=。

末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移此后木块和木板一起匀减速。

二者的相对位移最大为12346x 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211/a g m s μ==
位移23522v x m a
== 所以木板右端离墙壁最远的距离为125 6.5x x x m ++=
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
视频
9．两辆玩具小车在同一水平轨道上运动，在t =0时刻，甲车在乙车前面S 0=4m 的地方以速度v 0=2m /s 匀速行驶，此时乙车立即从静止开始做加速度a =1m /s 2匀加速直线运动去追甲车，但乙车达到速度v m =3m /s 后开始匀速运动．求：
（1）从开始经过多长时间乙车落后甲车最远，这个距离是多少？
（2）从开始经过多长时间乙车追上甲车，此时乙车通过位移的大小是多少？
【答案】（1）6m （2）21m
【解析】
【分析】
（1）匀加速追匀速，二者同速时间距最大；
（2）先判断乙车达到最大速度时两车的间距，再判断匀速追及阶段的时间即可．匀加速追及匀速运动物体时，二者同速时有最小间距．
【详解】
（1）当两车速度相等时相距最远，即v 0=at 0，故t 0=2s ；
此时两车距离x =S 0+v 0t 0
-12
at 02 解得x =6m
； （2）先研究乙车从开始到速度达到v m 时与甲车的距离．
对乙车：v m =at 1，2ax 乙=v m 2 ，
对甲车：x 甲=v 0t 1
解得x 甲=6m ，x 乙=4.5m t 1=3s
x 甲+S 0＞x 乙，故乙车达到最大速度时未追上乙车，此时间距为△s =x 甲+S 0-x 乙=5.5m ， 乙车还需要时间20 5.5 5.532
m s t s s v v ∆===--， 故甲追上乙的时间t =t 1+t 2=3+5.5s =8.5s ，
此时乙车的位移为X 总=x 乙+v m t 2=4.5+3×5.5m =21m ；
10．一质量为100g 的质点处于静止状态，现受一个力的作用，其中的大小变化如图所示．在此过程中，求：（1）、质点0.5s 内的位移大小． (2)、描绘出速度大小v —t 的变化图像．
【答案】（1）0.13m （2）如图所示
【解析】
试题分析：（1）0-0.5s 时
F 1=ma 1 0.1=0.1×a 1 a 1=1m/s 2 1分
x 1=×a 1×t 12=0.08m 2分
F 2=m×a 2 0.2=0.1×a 2 a 2=2m/s 2 1分
x 2=v 1×t 2+a 2×t 22 =0.05m 2分
X 总=x 1+x 2=0.08+0.05=0.13m 2分
（2）v 1=a 1×t 1 v 1=1×0.4=0.4m/s 1分
v 2=v 1+a 2×t 2=0.4+2×0.1=0.6m/s 1分。