高考物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析

高考物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析
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212x 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224/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214/022m s 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214/3
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2312121726x v t a t m =-
=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122
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．某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术．如图，足球场长90m 、宽60m.前锋甲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匀减速直线运动，其初速度v 0＝12m/s ，加速度大小a 0＝2m/s 2.
(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速为零、加速度a 1＝2m/s 2的匀加速直线运动，能达到的最大速度v m ＝8m/s.求他追上足球的最短时间.
(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v 沿边线向前踢出，足球仍以a 0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v 1＝6 m/s ，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v 的大小.
【答案】(1)t ＝6.5s (2)v ＝7.5m/s
【解析】
【分析】
(1)根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间.
(2)结合运动员和足球的位移关系，运用运动学公式求出前锋队员在底线追上足球时的速度．
【详解】
(1)已知甲的加速度为22s 2m/a =，最大速度为28m/s v =，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：2228
s 4s 2
v t a === 22284m 16m 22
v x t ==⨯= 之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x 2＝v m (t 1－t 0)＝8×2m ＝16m 由于x 1＋x 2 < x 0，故足球停止运动时，甲没有追上足球
甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x 0－(x 1＋x 2)＝v m t 2
联立得:t 2＝0.5s
甲追上足球的时间t ＝t 0＋t 2＝6.5s
(2)足球距底线的距离x 2＝45－x 0＝9m
设甲运动到底线的时间为t 3，则x 2＝v 1t 3
足球在t 3时间内发生的位移2230312
x vt a t =-
联立解得：v ＝7.5m/s
【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.
3．如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R =3.2m ，水平部分NP 长L =3.5m ，物体B 静止在足够长的平板小车C 上，B 与小车的接触面光滑，小车的左端紧贴平台的右端．从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力．A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg ，取g =10m/s 2．求
(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小？
(2)物体A 在NP 上运动的时间？
(3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？
【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；
(2)物体A 在NP 上运动的时间为0.5s
(3)物体A 最终离小车左端的距离为
3316
m 【解析】
试题分析：（1）物体A 由M 到N 过程中，由动能定理得：m A gR=m A v N 2
在N 点，由牛顿定律得 F N -m A g=m A
联立解得F N =3m A g=30N
由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：F N ′=3m A g=30N
（2）物体A 在平台上运动过程中
μm A g=m A a
L=v N t-at 2
代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去)
（3）物体A 刚滑上小车时速度 v 1= v N -at=6m/s
从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止
(m A + m C )v 2= m A v 1
小车最终速度 v 2=3m/s
此过程中A 相对小车的位移为L 1，则 2211211222mgL mv mv μ=-⨯解得：L 1＝94
m
物体A 与小车匀速运动直到A 碰到物体B ，A ，B 相互作用的过程中动量守恒： (m A + m B )v 3= m A v 2
此后A ，B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v 4
(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m"A +m B +m C ) v 4
此过程中A 相对小车的位移大小为L 2，则 222223*********mgL mv mv mv μ=+⨯-⨯解得：L 2＝
316m 物体A 最终离小车左端的距离为x=L 1-L 2=3316
m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.
4．如图所示，水平平台ab 长为20 m ，平台b 端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc 连接，斜面倾角为30°.在平台b 端放上质量为5 kg 的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50 N 推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，求：
(1)物块由a运动到b所用的时间；
(2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则aP间的距离为多少？(物块在b端无能量损失)
(3)若物块与斜面间的动摩擦因数μbc＝0.277＋0.03L b，式中L b为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在(2)中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？
【答案】（1）5s （2）14.3m （3）见解析
【解析】
试题分析：（1）根据牛顿运动定律求解加速度，根据位移时间关系知时间；
（2）根据位移速度关系列方程求解；
（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，根据受力分析列方程，结合物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03L b知斜面长度的临界值，从而讨论最大速度．
解：（1）受力分析知物体的加速度为
a1===1.6m/s2
x=a1t2
解得a到b的时间为t==5s
（2）物体从a到p：=2a1x1
物块由P到b：=2a2x2
a2=μg
x=x1+x2
解得ap距离为x1=14.3m
（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，
即a==0
μbc=0.277+0.03L b，
联立解得L b=10m
因此如斜面长度L＞10m，则L b=10m时速度最大；
若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．
答：（1）物块由a运动到b所用的时间为5s；
（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP 的距离为14.3m；
（3）斜面长度L ＞10m ，则L b =10m 时速度最大；若斜面长度L≤10m ，则斜面最低点速度最大．
【点评】本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡，但是由于涉及到动摩擦因数变化，增加了难度；故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0这个条件．
5．2018年12月8日2时23分，嫦娥四号探测器成功发射，开启了人类登陆月球背面的探月新征程，距离2020年实现载人登月更近一步，若你通过努力学习、刻苦训练有幸成为中国登月第一人，而你为了测定月球表面附近的重力加速度进行了如下实验：在月球表面上空让一个小球由静止开始自由下落，测出下落高度20h m =时，下落的时间正好为5t s =，则：
（1）月球表面的重力加速度g 月为多大？
（2）小球下落过程中，最初2s 内和最后2s 内的位移之比为多大？
【答案】1.6 m/s 2 1:4
【解析】
【详解】
（1）由h ＝12g 月t 2得：20＝12
g 月×52 解得：g 月＝1.6m /s 2 （2）小球下落过程中的5s 内，每1s 内的位移之比为1:3:5:7:9，则最初2s 内和最后2s 内的位移之比为：（1+3）：（7+9）=1:4.
6．如图,MN 是竖直放置的长L=0.5m 的平面镜,观察者在A 处观察,有一小球从某处自由下落,小球下落的轨迹与平面镜相距d=0.25m ,观察者能在镜中看到小球像的时间△t=0.2s .已知观察的眼睛到镜面的距离s=0.5m ,求小球从静止开始下落经多长时间,观察者才能在镜中看到小球的像.(取g=10m/s 2)
【答案】0.275s ；
【解析】
试题分析：由平面镜成像规律及光路图可逆可知，人在A 处能够观察到平面镜中虚像所对应的空间区域在如图所示的直线PM 和QN 所包围的区域中，小球在这一区间里运动的距离为图中ab 的长度L /．由于⊿aA /b ∽MA /N ⊿bA /C ∽NA /D
所以L //L=bA //NA /bA //NA /=（s+d ）/s
联立求解，L /=0．75m 设小球从静止下落经时间t 人能看到，则/2211()22
L g t t gt =
+⊿－ 代入数据，得t=0．275s
考点：光的反射；自由落体运动
【名师点睛】本题是边界问题，根据反射定律作出边界光线，再根据几何知识和运动学公式结合求解；要知道当小球发出的光线经过平面镜反射射入观察者的眼睛时，人就能看到小球镜中的像．
7．光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg ，在14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求:5s 末物体的速度的大小？5s 内通过的位移是多少？ 【答案】x=25m
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和5s 内的位移．
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：2214/2/7F a m s m s m =＝＝； 5s 末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s.
（2）5s 内的位移为：x=
12at 2＝ 12×2×52m ＝25m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
8．杭黄高铁是连接杭州市和黄山市的高速铁路。

2018年12月25日，正式开通运营，运行时的最大时速为250公里。

杭黄高速列车在一次联调联试运行中由A 站开往B 站，A 、B 车站间的铁路为直线。

技术人员乘此列车从A 车站出发，列车从启动匀加速到270km/h ，用了150s 时间，在匀速运动了10分钟后，列车匀减速运动，经过200秒后刚好停在B 车站.求:
(1)求此高速列车启动、减速时的加速度;
(2)求A 、B 两站间的距离；
【答案】（1）0.5m/s 2，-0.375m/s 2；（2）58125m
【解析】
【分析】 分别确定高速列车启动、减速运动过程的初速度、末速度和时间，由加速度定义式∆=∆v a t 求出加速度。

【详解】
(1) 由加速度的定义式∆=∆v a t
有： 高速列车启动时的加速度为2212700.53.6150v m m a s
s t ∆===∆⨯ 高速列车减速时的加速度为 22202700.3753.6200v m m a s s t ∆-=
==-∆⨯； (2) 加速过程的位移为2111156262
x a t m == 匀速过程的位移为2245000x vt m == 减速过程的位移为2
32
075002v x m a -== 总位移为
12358125x x x x m =++=
9．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2012x 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。

10．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m =0.05kg 的流线型人
形模型进行模拟实验．实验时让模型从h =0.8m 高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f =0.3N 的阻力和F =1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型
（1）落到水面时速度v 的大小；
（2）在水中能到达的最大深度H ；
（3）从开始下落到返回水面所需时间t ．
【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；
（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2 所以最大深度：2
2
00.52v H m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v s g =
= 在水中下降22
00.25v t s a -== 在水中上升：F-mg-F f =ma 3
解得a 3=4.0m/s 2 所以：33
20.5H t s a == 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s。