2019高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题一直线运动解题思路与方法学案(含答案)
高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)
高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。
如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。
现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。
已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。
求（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
【答案】（1）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【解析】 【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。
高考物理直线运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析
高考物理直线运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t 0=0.4s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g=10m/s 2．求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间； （2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． 【答案】（1）28/m s ，2.5s ；（2）0.3s ；（3）0415F mg =【解析】 【分析】 【详解】（1）设减速过程中，汽车加速度的大小为a ，运动时间为t ，由题可知初速度020/v m s =，末速度0t v =，位移2()211f x x =-≤由运动学公式得：202v as =①2.5v t s a==② 由①②式代入数据得28/a m s =③2.5t s =④（2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为t ∆，由运动学公式得0L v t s ='+⑤ 0t t t ∆='-⑥联立⑤⑥式代入数据得0.3t s ∆=⑦（3）设志愿者力所受合外力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为0F ，志愿者的质量为m ，由牛顿第二定律得F ma =⑧由平行四边形定则得2220()F F mg =+⑨联立③⑧⑨式，代入数据得0415F mg =⑩2．为确保行车安全，高速公路不同路段限速不同，若有一段直行连接弯道的路段，如图所示，直行路段AB 限速120km /h ，弯道处限速60km /h ．（1）一小车以120km /h 的速度在直行道行驶，要在弯道B 处减速至60km /h ，已知该车制动的最大加速度为2.5m /s 2，求减速过程需要的最短时间；（2）设驾驶员的操作反应时间与车辆的制动反应时间之和为2s （此时间内车辆匀速运动），驾驶员能辨认限速指示牌的距离为x 0=100m ，求限速指示牌P 离弯道B 的最小距离．【答案】（1）3.3s （2）125.6m 【解析】 【详解】（1）0120120km /h m /s 3.6v ==，6060km /h m /s 3.6v == 根据速度公式v =v 0-at ，加速度大小最大为2.5m/s 2解得：t =3.3s ；（2）反应期间做匀速直线运动，x 1=v 0t 1=66.6m ；匀减速的位移：2202v v ax -=解得：x =159m则x '=159+66.6-100m=125.6m ．应该在弯道前125.6m 距离处设置限速指示牌.3．如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图．如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图．运动员保持蹲踞姿势从A 点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A 点s =20m 处的P 点时，运动员的速度为v 1=50.4km/h ．运动员滑到B 点时快速后蹬，以v 2=90km/h 的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v 3=126km/h 的速度在C 点着地.已知BC 两点间的高度差h =80m ，运动员的质量m =60kg ，重力加速度g 取9.8m/s 2，计算结果均保留两位有效数字.求(1)A 到P 过程中运动员的平均加速度大小；(2)以B 点为零势能参考点，求到C 点时运动员的机械能；(3)从B 点起跳后到C 点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功 【答案】(1) 4.9m/s a = (2)41.010J E =-⨯ (3)42.910J W =⨯ 【解析】 【详解】(1)150.4km/h 14m/s v ==由212v as =解得：21 4.9m/s 2v a s==(2)290km/h 25m/s v ==,3126km/h 35m/s v == 由能量关系：2312E mgh mv =-+410290J 1.010J E =-=-⨯（按g 取10m/s 2算，411250J 1.110J E =-=-⨯） (3)由动能定理：22321122mgh W mv mv -=- 解得：429040J 2.910J W ==⨯（按g 取10m/s 2算，430000J 3.010J W ==⨯4．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3316m 【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＝94m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=3316m 考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.5．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v0=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．6．近年来隧道交通事故成为道路交通事故的热点之一．某日，一轿车A因故障恰停在某隧道内离隧道入口50m的位置．此时另一轿车B正以v0=90km/h的速度匀速向隧道口驶来，轿车B到达隧道口时驾驶员才发现停在前方的轿车A并立即采取制动措施．假设该驾驶员的反应时间t1=0.57s，轿车制动系统响应时间（开始踏下制动踏板到实际制动）t2=0.03s，轿车制动时加速度大小a=7.5m/s2．问：（1）轿车B是否会与停在前方的轿车A相撞？（2）若会相撞，撞前轿车B的速度大小为多少？若不会相撞，停止时轿车B与轿车A的距离是多少？【答案】（1）轿车B会与停在前方的轿车A相撞；（2）10m/s【解析】试题分析：轿车的刹车位移由其反应时间内的匀速运动位移和制动后匀减速运动位移两部分构成，由此可得刹车位移，与初始距离比较可判定是否相撞；依据（1）的结果，由运动可判定相撞前B 的速度．（1）轿车B 在实际制动前做匀速直线运动，设其发生的位移为s 1，由题意可知：s 1＝v 0(t 1＋t 2)＝15 m ，实际制动后，轿车B 做匀减速运动，位移为s 2, 由2022v as =代入数据得：s 2=41.7 m ，轿车A 离隧道口的距离为d =50 m ，因s 1+s 2＞d ，故轿车B 会与停在前方的轿车A 相撞（2）设撞前轿车B 的速度为v ，由运动学公式得22002v v ax -=，代入数据解得：v =10m/s ．点睛：本题主要考查相遇问题，关键要掌握刹车位移的判定：反应时间内的匀速运动位移；制动后匀减速运动位移．7．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m=1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N ，无人机上升过程中最大速度为6m/s ．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．（g 取10 m ／s ）2．求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度；(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m 的高空所需的最短时间． 【答案】（1）22/m s （2）4f N = （3）6.5s 【解析】（1）根据题意可得26/02/3v m s a m s t s∆-===∆ （2）由牛顿第二定律F f mg ma --= 得4f N =（3）竖直向上加速阶段21112x at =，19x m = 匀速阶段12 3.5h x t s v-== 故12 6.5t t t s =+=8．在平直公路上，一汽车的速度为15m/s 。
2019年高考物理二轮复习专题01直线运动讲含解析
直线运动纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1、主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。
与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
2、匀变速直线运动的图象在考试中出现的频率很高，主要以选择题为主，但要注意与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识结合一起，这样的题有一定的难度。
考向01 匀变速直线运动规律1.讲高考（1）考纲要求①掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用。
②掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．（2）命题规律主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。
与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
案例1．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。
某一竖井的深度约为104m ，升降机运行的最大速度为8m/s ，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13sB. 16sC. 21sD. 26s【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 【答案】 C【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。
案例2．【2016·全国新课标Ⅲ卷】一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为： （ ） A ．2s tB ．232s tC ．24s tD ．28s t【答案】A【解析】设初速度为1v ，末速度为2v ，根据题意可得，解得213v v =，根据0+v v at =，可得113+v v at =，解得12atv =，代入可得2sa t=，故A 正确。
高考物理总复习解题方法专题精细讲解专题一直线运动解题思路与方法学案
专题一：直线运动解题思路与方法解析 设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律＝0＋，有－16＝10－2，所以经过t ＝13 s 物体的速度大小为16 m/s.由x ＝v 0t ＋12at 2可知这段时间内的位移为x ＝(10×13－12×2×132)m ＝－39 m ，物体的运动分为两个阶段，第一阶段速度从10 m/s 减到0，此阶段位移大小为x 1＝02－v 202a ＝02－102－2×2m ＝25 m ，第二阶段速度从0反向加速到16 m/s ，位移大小为x 2＝v ′2－02－2a ＝162－022×2m ＝64 m ，则总路程为L＝x 1＋x 2＝25 m ＋64 m ＝89 m.答案 13 s 25 m 89 m3．妙用Δs ＝aT 2在匀变速直线运动中，第m 个T 时间内的位移和第n 个T 时间内的位移之差s m －s n ＝(m －n )aT 2.对纸带问题用此方法尤为快捷．例3有一个做匀加速直线运动的质点，它在两个连续相等的时间间隔内所发生的位移分别为10 m 和16 m ，时间间隔为2 s ，求该质点运动的加速度a .解析 由Δs ＝aT 2，可得a ＝Δs T2＝1.5 m/s 2. 答案 1.5 m/s 24．假设法假设法是以题设的物理现象及其变化为基础，对物体条件、物理状态或过程进行合理假设，然后根据物理概念和规律求解．例4一个以初速度v 0沿直线运动的物体，t 秒末的速度为v ，其v －t 图象如图所示，则关于t 秒内物体运动的平均速度v －，以下说法正确的是( )A.v －<v 0＋v 2B.v －＝v 0＋v 2C.v －>v 0＋v 2D.无法确定解析 本题我们可以假设物体做初速度为v 0，末速度为v 的匀变速直线运动，其v －t 图象如图中的倾斜虚线所示．由匀变速直线运动的规律知物体在时间t 内的平均速度等于这段时间内的初速度v 0与末速度v 的算术平均值，即平均速度等于v 0＋v2，而物体在t 秒内的实际位移比匀变速直线运动在t 秒内的位移大，所以v －>v 0＋v2，故选项C 正确．答案 C5．极值法有些问题用一般的分析方法求解难度较大，甚至中学阶段暂时无法求出，我们可以把研究过程推向极端情况来加以分析，往往能很快得出结论．例5两个光滑斜面，高度和斜面的总长度相等，如图所示，两个相同的小球，同时由两个斜面顶端由静止开始释放，不计拐角处能量损失，则两球谁先到达底端？解析甲斜面上的小球滑到斜面底端的时间很容易求出．设斜面高度为h ，长度为L ，斜面的倾角为θ.则由L ＝12g 21sin θ、sin θ＝h L ，解得t 1＝2L2gh .乙斜面上的小球滑到斜面底端的时间很难直接计算．可将乙斜面作极端处理：先让小球竖直向下运动，然后再水平运动，易解得这种运动过程中小球运动的时间为t 2＝2h g＋L －h 2gh ＝L ＋h2gh<t 1，所以，乙斜面上的小球先到达斜面底端．答案 乙斜面上的小球先到达斜面底端6．图象法利用图象法可直观地反映物理规律，分析物理问题．图象法是物理研究中常用的一种重要方法．运动学中常用的图象为v －t 图象．在理解图象物理意义的基础上，用图象法分析解决有关问题(如往返运动、定性分析等)会显示出独特的优越性，解题既直观又方便．需要注意的是在v －t 图象中，图线和坐标轴围成的“面积”应该理解成物体在该段时间内发生的位移．例6汽车从甲地由静止出发，沿平直公路驶向乙地．汽车先以加速度a 1做匀加速直线运动，然后做匀速运动，最后以大小为a 2的加速度做匀减速直线运动，到乙地恰好停止．已知甲、乙两地的距离为x ，求汽车从甲地到乙地的最短时间t 和运行过程中的最大速度v m .解析 由题意作出汽车做匀速运动时间长短不同的v －t 图象，如图所示．不同的图线与横轴所围成的“面积”都等于甲、乙两地的距离x .由图象可知汽车做匀速运动的时间越长，从甲地到乙地所用的时间就越长，所以当汽车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，中间无匀速运动时，行驶的时间最短．设汽车做匀加速直线运动的时间为t 1，则匀减速直线运动的时间为(t －t 1)．则有v m ＝a 1t 1＝a 2(t －t 1)，解得t 1＝a 2t a 1＋a 2，则v m ＝a 1a 2ta 1＋a 2， 由图象中三角形面积的物理意义有x ＝12v m t ＝a 1a 2t22a 1＋a 2，解得t ＝2xa 1＋a 2a 1a 2，故v m ＝2xa 1a 2a 1＋a 2.答案 t ＝2xa 1＋a 2a 1a 2 v m ＝2xa 1a 2a 1＋a 27．相对运动法以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法．例7物体A 、B 从同一地点，同时沿同一方向运动，A 以10 m/s 的速度做匀速直线运动，B以2 m/s 2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求A 、B 相遇前两物体间的最大距离．解析 因为本题求解的是A 、B 间的相对距离，所以可以利用相对运动法求解．选B 为参考系，从计时开始到A 、B 相遇前两物体间出现最大距离的过程中，A 相对于B 的初速度、末速度和加速度分别为：v 0＝10 m/s ，v ＝0，a ＝－2 m/s 2，根据v 2－v 20＝2aΔx max ，有Δx max ＝v 2－v 202a，解得Δx max ＝25 m. 答案 25 m8．逆向思维法对于物体做匀减速直线运动的问题，可以当作逆向的匀加速直线运动处理．这样更符合思维习惯，容易理解．例8一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5 s 内和最后5 s 经过的路程之比为11:5.则此物体一共运动了多长时间？解析 若依据匀变速直线运动规律列式，将会出现总时间t 比前后两个5 s 的和10 s 是大还是小的问题：若t >10 s ，可将时间分为前5 s 和后5 s 与中间的时间t 2，经复杂运算得t 2＝－2 s ，再得出t ＝8 s 的结论．若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简便得多．视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则最后5 s 内通过的路程为x 2＝12a ×52＝12.5a ，最初5 s 内通过的路程为x 1＝12at 2－12a (t －5)2＝12a (10t －25)，由题中已知的条件：x 1：x 2＝11:5，得(10t －25) :25＝11:5，解得物体运动的总时间t ＝8 s. 答案 8 s9．比值法对初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的基本公式可推出以下几个结论： (1)连续相等时间末的瞬时速度之比为： v 1:v 2:v 3:…:v n ＝1:2:3:…:n(2)t 、2t 、3t 、…、nt 内的位移之比为： x 1t :x 2t :x 3t :…:x nt ＝12:22:32:…:n 2 (3)连续相等时间内的位移之比为： x 1:x 2:x 3:…:x n ＝1:3:5:…: (2n －1) (4)连续相等位移所用的时间之比为：t 1:t 2:t 3:…:t n ＝1: (2－1) : (3－2):…: (n －n －1)在处理初速度为零的匀加速直线运动时，首先考虑用以上的几个比值关系求解，可以省去很多繁琐的推导及运算．例9一个物体从塔顶做自由落体运动，在到达地面前最后1 s 内发生的位移是总位移的7/16，求塔高．(取g ＝10 m/s 2)解析 由初速度为零的匀加速直线运动规律推论知，第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、第4 s 内的位移之比为1:3:5:7，第4 s 运动的位移与总位移的比值为7/16，故物体下落的总时间t 总＝4 s ，塔高h ＝12gt 2总＝80 m.答案 80。
高考物理直线运动思维解题方法与技巧
斜面长 根据运动学公式可得 联立可得
见，倾角θ越大，时间越短，θ越小，经过的时间越长。
A、A处表演者滑到P区所用的时间小于C处，故A正确；
B、F处表演者滑到P区所用的时间小于于E处，故B错误；
CD、倾角θ越大，时间越短，θ越小，经过的时间越长，所有表演者滑到P区所用的时间不一定相等，但倾角相同的表演者达到底部的时间相等，故CD错误。故选A。
（1）滑块上滑过程的加速度大小和方向；
（2）恒力F的大小和方向；
（3）撤去F后，滑块滑到斜面底部的时间t2。
【答案】（1）2.0m/s2，方向沿斜面向下；（2）F＝16N，方向沿斜面向上；（3）2.0s
【解析】（1）设沿斜面向上为正方向，滑块上滑过程中加速度大小
因为滑块减速上滑，所以加速度的方向沿斜面向下；
可得a3＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2
沿斜面向下匀加速运动时s＝ a3 解得t2＝ s
故小物块在斜面上运动的时间t＝t1＋t2＝（1＋ ）s≈3.24s
10.质量m＝2kg的滑块以初速度v0＝4.0m/s从斜面底端开始沿斜面向上运动，滑块运动过程中受到一个与速度共线的恒力F作用，经t1=2.0s时间滑块的速度减为零，此时撤去F力，滑块又沿斜面向下滑动。已知斜面的倾角θ=37°，滑块运动过程中始终没有离开斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
B．由平衡条件可知 故B错误；
C．第三阶段加速度为 由牛顿第二定律得
得 故C错误；
D．无人飞机上升的总高度为 故D正确。故选AD。
4.（单选）在奥运会的精彩开幕式中，表演者手持各国国旗从体育场的圆周顶棚飞天而降，动感壮观。他们静止站在圆周顶棚的不同点A、B、C、D、E、F沿光滑钢索滑到场地的P区表演，如图所示，设顶棚的圆周平面与地面平行，下列关于各处表演者滑到P区所用时间的说法中正确的是（ ）
2019年高考物理总复习必考专题讲义(一) 直线运动问题的解题策略
(一) 直线运动问题的解题策略1．物体做匀变速直线运动示意图一个物体做匀变速直线运动→运动过程包括几个阶段→已知几个物理量→求解有关物理量2．涉及问题(1)物体运动过程中的几个阶段的加速度可能不同，但每个阶段的加速度应恒定． (2)分段运动问题应分段分析．(3)各段交接处的速度是联系各段的纽带．►解题方法 1．平均速度法在匀变速直线运动中，速度是均匀变化的，物体在时间t 内的平均速度等于这段时间内的初速度与末速度的平均值，即v －＝v 0＋v 2.做匀变速直线运动的物体在t 时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即v t2＝v 0＋v 2＝v －.若已知物体运动的初、末速度或这个过程中的位移和发生这段位移所用时间，应优先考虑应用平均速度公式v －＝v 0＋v 2＝v t2＝ΔxΔt解题． [例1]一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s ，斜面长4 m ，在水平面上运动的距离为6 m ．求：(1)小球在运动过程中的最大速度；(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小．解析 (1)依题意，设小球滑至斜面底端的速度为v 1，即为运动过程中的最大速度v m ，设所用时间为t1，在水平面上匀减速运动的时间设为t2，则在斜面上有x1＝v1，在水平面2t1，且t1＋t2＝10 s，联立各式求解得v m＝v1＝2 m/s.上有x2＝v12t2(2)设小球在斜面和水平面上的加速度大小分别为a1、a2，则有v2m－0＝2a1x1，v2m－0＝2a2x2，解得a1＝0.5 m/s2，a2≈0.33 m/s2.答案(1)2 m/s(2)0.5 m/s20.33 m/s22．比例法对于初速度为零的匀加速直线运动需要牢记几个推论，这几个推论都是比例关系，在处理初速度为零的匀加速直线运动时，首先考虑用比例关系求解，可以省去很多繁琐的推导，简化运算．注意，这几个推论也适用于刹车类似的减速到零的匀减速直线运动．[例2]一列火车由静止开始做匀加速直线运动，一个人站在第1节车厢前端旁的站台前观察，第1节车厢通过他历时2 s，全部车厢通过他历时8 s，忽略车厢之间的距离，车厢长度相等，则第9__16__节车厢．解析根据结论通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)，得t1∶t9＝1∶(9－8)，可得第9节车厢通过观察者所用时间为t9＝(9－8)t1＝2(3－22) s.根据x＝12可知第1节、前2节、前3节、……前n节车厢通过观察者所用时间之比2at为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶2∶3∶…∶n则有t1∶t n＝1∶n，解得火车车厢总数为n＝⎝⎛⎭⎫t n2＝⎝⎛⎭⎫822＝16.t13．推论法匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2，一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT2求解．[例3]一个做匀加速直线运动的质点，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别为24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求质点的初速度v0和加速度a的大小．解析题目中出现了连续相等的时间间隔，应优先考虑用公式Δx＝aT2求解．根据题意有Δx＝64 m－24 m＝40 m，T＝4 s，由此可得质点的加速度大小为 a ＝Δx T 2＝4042 m/s 2＝2.5 m/s 2.把前一段时间间隔内的x ＝24 m ，T ＝4 s 及a ＝2.5 m/s 2， 代入x ＝v 0T ＋12aT 2，解得v 0＝1 m/s. 答案 1 m/s 2.5 m/s 2 4．逆向思维法逆向过程处理法(逆向思维)是把过程的“末端”作为“初端”反向研究问题的方法．如把物体做未速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，这样初速度为零的匀加速直线运动的比例关系就可以直接用，从而简化思维，提高解题速度．[例4]如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度v 射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，求子弹依次穿入每个木块时的速度之比和穿过每个木块所用时间之比．解析 设每块木块长为L ，则v 23＝2aL ，v 22＝2a ·2L ，v 21＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1.子弹依次向右穿入每个木块时速度之比v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1.由v 3＝at 3，v 2＝a (t 2＋t 3)，v 1＝a (t 1＋t 2＋t 3)，三式联立得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1.答案3∶2∶1 (3－2)∶(2－1)∶15．相对运动法以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法．[例5]物体A 、B 从同一地点，同时沿同一方向运动，A 以10 m/s 的速度做匀速直线运动，B 以2 m/s 2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求A 、B 相遇前两物体间的最大距离．解析 因为本题求解的是A 、B 间的相对距离，所以可以利用相对运动法求解．选A 为参考系，B 相对A 的初速度v 0＝10 m/s ，加速度a ＝－2 m/s 2，距离最远时v ＝0，根据v 2－v 20＝2a Δx max 有Δx max ＝v 2－v 22a，解得Δx max ＝25 m. 答案 25 m6．图象法图象法是物理学中处理问题的一种重要方法．由于图象能更直观地表示出物理过程和各物理量之间的相互关系，因而在解题过程中被广泛应用．在运动学中，主要是指v －t 图象和x －t 图象．应用图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避开复杂的计算，快速得出答案．[例6]两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v 0.若前面汽车突然以恒定的加速度a 刹车，在它刚停住时，后面汽车以加速度2a 开始刹车．已知前面汽车在刹车过程中所行驶的路程为x ，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( B )A ．xB ．32xC ．2xD ．52x解析 画两辆车的v －t 图象如图．如图面积差为32x ，故选项B 正确．7．假设法若题中出现的物理情景是有限的几种情况，则一一假设这种情景是成立的，在所假设的情况下结合选项推理，当推理结论与题意或选项矛盾时，则假设不成立，从而选出正确选项．[例7](多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内物体的( AD )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析 因为速度是矢量，但题目中并未告诉两个速度的方向关系，所以必然有两种情况： (1)当两者方向相同时，即v 0＝4 m/s ，v ＝10 m/s 时有x ＝v 0＋v 2t ＝4＋102×1 m ＝7 m ，a ＝v －v 0t ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2.(2)当两者方向相反时，即v 0＝4 m/s ，v ＝－10 m/s 时有x ＝v 0＋v 2t ＝4－102×1 m ＝－3 m ，a ＝v －v 0t ＝－4－101m/s 2＝－14 m/s 2.负号表示方向与初速度的方向相反，选项A 、D 正确．8．思维转化法在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解困难时，往往可以变换思维方式，使解答过程简单明了．[例8]从斜面上某一位置，每隔0.1 s 释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如右图所示，测得x AB ＝15 cm ，x BC ＝20 cm ，求：(1)小球的加速度； (2)拍摄时B 球的速度； (3)拍摄时x CD 的大小；(4)A 球上方滚动的小球还有几颗．解析 本题有多个小球运动，若以多个小球为研究对象，非常麻烦，可以将“多个小球的运动”转化为“一个小球的运动”．(1)由a ＝Δxt 2得小球的加速度a ＝x BC －x AB t 2＝5 m/s 2. (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度， 即v B ＝x AC2t＝1.75 m/s.(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，所以x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m. (4)设A 点小球的速度为v A ，由于v A ＝v B －at ＝1.25 m/s ，所以A 球的运动时间为t A ＝v Aa ＝0.25 s ，所以在A 球上方滚动的小球还有2颗．答案 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2颗角度1 竖直上抛运动的研究方法 对称性的应用如图所示，物体以速度v 0竖直上抛，A 、B 为途中的任意两点，C 为最高点．(1)时间的对称性：物体上升过程中从A 到C 所用时间t AC 和下降过程中从C 到A 所用时间t CA 相等；同理，t AB ＝t BA ．(2)速度的对称性：物体上升过程经过A 点的速度与下降过程经过A 点的速度大小相等． 角度2 运动图象的应用运用图象解答物理问题的“三个”步骤(1)认真审题，根据题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律确定所需的横、纵坐标表示的物理量．(2)根据题意，找出两物理量的制约关系，结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象．(3)由所作图象结合题意，运用函数图象进行表达、分析和推理，从而找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量．角度3 追及、相遇问题的解题方法 (1)临界法寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离(2)图象法①若用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇；②若用速度图象求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积． (3)相对运动法用相对运动的知识求解追及问题时，要注意将两个物体对地的物理量(速度、加速度和位移)转化为相对的物理量，在追及问题中，常把被追物体作为参考系，这样追赶物体相对被追物体的各物理量即可表示为：x 相对＝x 后－x 前，v 相对＝v 后－v 前，a 相对＝a 后－a 前，且式中各物理量(矢量)的符号都应以统一的正方向进行确定．[例1]公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25，若要求安全距离仍为120 m ．求汽车在雨天安全行驶的最大速度．解析 本题以社会热点为背景，考查了牛顿第二定律和行车安全问题，其本质是考查牛顿第二定律的两类基本问题．设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0，① s ＝v 0t 0＋v 202a 0，②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度． 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有 μ＝25μ0.③ 设雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma, ④ s ＝v t 0＋v 22a.⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(72 km/h)． 答案 20 m/s(72 km/h)1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( C )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析 关卡刚放行时，该同学加速的时间t ＝v a ＝1 s ，运动的距离为x 1＝12at 2＝1 m ，然后以2 m/s 的速度匀速运动，经4 s 运动的距离为8 m ，因此第1个5 s 内运动距离为9 m ，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s ，大于2 s ，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s ，而运动到第12 s 时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，选项C 正确．2．(2017·安徽合肥模拟)高空跳水是一项惊险刺激的体育运动项目．自某运动员离开跳台开始计时，在t 2时刻运动员以速度v 2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是( C )A ．该运动员在0～t 2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变B ．该运动员在t 2～t 3时间内加速度大小逐渐减小，方向竖直向下C ．在0～t 2时间内，平均速度v －1＝v 1＋v 22D ．在t 2～t 3时间内，平均速度v －2＝0＋v 22解析 0～t 2时间内，运动员做匀变速直线运动，加速度不变，该时间段内平均速度v －1＝v 1＋v 22，t 2～t 3时间内运动员加速度逐渐减小，方向竖直向上，故选项A 、B 错误，选项C正确；t 2～t 3时间段内平均速度v －2<0＋v 22，选项D 错误．3.近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响．在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s 的速度行驶在公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图象，以下说法正确的是( C )A ．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B ．在t ＝5 s 时追尾C ．在t ＝3 s 时追尾D ．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾解析 从题图可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a 1＝－10 m/s 2，失灵后的加速度a 2＝－2.5 m/s 2，假设能追尾，追尾时间为t ，则有小汽车刹车失灵前的位移x 1＝12×(20＋30)×1 m ＝25 m ，小汽车刹车失灵后的位移x 2＝20×(t －1)－12×2.5×(t －1)2，大卡车的位移x 3＝10t ，由x 1＋x 2＝30＋x 3得t ＝3 s ，则假设成立，所以选项A ，B 错误，C 正确；如果刹车不失灵，则在t ＝2 s 时两车速度相同，这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，选项D 错误．4．(2018·江苏南京二模)高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地突然有一根长为l 的直钢筋从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( B )A ．.钢筋坠地瞬间的速度约为L tB ．钢筋坠下的楼层为(L －l )22ght 2＋1C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t解析 钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v －＝L －lt ，此速度很接近钢筋坠地时的速度v ，因此选项A 错误；由v 2＝2gH 、v ＝v －，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝(L －l )22ght 2＋1，选项B正确，C 错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v 2＝L －l2t，选项D 错误．5．如图所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( B )解析 在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得－mg sin θ＋μmg cos θ＝－ma ，故加速度保持不变，所以选项D 错误；物块做匀减速直线运动，v －t 图象应为一条倾斜直线，故选项C 错误；根据匀变速直线运动的规律得s ＝v 0t －12at 2，所以s －t 图象应为过原点的开口向下的抛物线的一部分，故选项B 正确；下降的高度h ＝s sin θ，故h －t 图象与s －t 图象相似，所以选项A 错误．6．(2017·江西南昌调研)如图所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间．解析 (1)若列车尾恰好停在A 点，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1，x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1 400 m ，解得a 1＝167m/s 2.若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为 x OB ＝2 000 m ，则0－v 20＝－2a 2x OB ， 解得a 2＝1.6 m/s 2，故加速度大小a 的取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167m/s 2. (2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动的时间最长，则 0＝v 0－a 2t ，解得t ＝50 s.答案 (1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s。
高考物理直线运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析
高考物理直线运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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 ；2．2018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t2得：20＝12g月×52解得：g月＝1.6m/s2（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）=1:4.3．小球从离地面80m处自由下落，重力加速度g=10m/s2。
2019年高考物理二轮复习专题01直线运动讲含解析
直线运动纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1、主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。
与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
2、匀变速直线运动的图象在考试中出现的频率很高，主要以选择题为主，但要注意与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识结合一起，这样的题有一定的难度。
考向01 匀变速直线运动规律1.讲高考（1）考纲要求①掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用。
②掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．（2）命题规律主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。
与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
案例1．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。
某一竖井的深度约为104m ，升降机运行的最大速度为8m/s ，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13sB. 16sC. 21sD. 26s【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 【答案】 C【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。
案例2．【2016·全国新课标Ⅲ卷】一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为： （ ） A ．2s tB ．232s tC ．24s tD ．28s t【答案】A【解析】设初速度为1v ，末速度为2v ，根据题意可得，解得213v v =，根据0+v v at =，可得113+v v at =，解得12atv =，代入可得2sa t=，故A 正确。
专题01 直线运动-聚焦2019年高考物理超重点十四讲(原卷版)
聚焦2019高考物理超重点十四讲专题【01】直线运动1．解决运动学问题的基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论2．解决匀变速直线运动的几种方法3．运动学公式中正、负号的规定(1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v的方向为正方向．与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．(2)五个物理量t、v、v、a、x必须针对同一过程．超重点1：匀变速直线运动问题的解法－－5．极值法有些问题用一般的分析方法求解难度较大，甚至中学阶段暂时无法求出，我们可以把研究过程推向极端情况来加以分析，往往能很快得出结论．例5两个光滑斜面，高度和斜面的总长度相等，如图所示，两个相同的小球，同时由两个斜面顶端由静止开始释放，不计拐角处能量损失，则两球谁先到达底端？6．图象法利用图象法可直观地反映物理规律，分析物理问题．图象法是物理研究中常用的一种重要方法．运动学中常用的图象为v－t图象．在理解图象物理意义的基础上，用图象法分析解决有关问题(如往返运动、定性分析等)会显示出独特的优越性，解题既直观又方便．需要注意的是在v－t图象中，图线和坐标轴围成的“面积”应该理解成物体在该段时间内发生的位移．例6汽车从甲地由静止出发，沿平直公路驶向乙地．汽车先以加速度a做匀加速直线运动，然后做匀速运1的加速度做匀减速直线运动，到乙地恰好停止．已知甲、乙两地的距离为x，求汽车从动，最后以大小为a2甲地到乙地的最短时间t和运行过程中的最大速度v.m7．相对运动法以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法．例7物体A 、B 从同一地点，同时沿同一方向运动，A 以10m/s 的速度做匀速直线运动，B 以2m/s 2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求A 、B 相遇前两物体间的最大距离。
8．逆向思维法对于物体做匀减速直线运动的问题，可以当作逆向的匀加速直线运动处理．这样更符合思维习惯，容易理解．例8一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5s 内和最后5s 经过的路程之比为11:5.则此物体一共运动了多长时间？9．比值法对初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的基本公式可推出以下几个结论：(1)连续相等时间末的瞬时速度之比为：v 1:v 2:v 3:…:v n ＝1:2:3:…:n(2)t 、2t 、3t 、…、nt 内的位移之比为：x 1t :x 2t :x 3t :…:x nt ＝12:22:32:…:n 2(3)连续相等时间内的位移之比为：x 1:x 2:x 3:…:x n ＝1:3:5:…:(2n －1)(4)连续相等位移所用的时间之比为：t 1:t 2:t 3:…:t n ＝1:(2－1):(3－2):…:(n －n －1)在处理初速度为零的匀加速直线运动时，首先考虑用以上的几个比值关系求解，可以省去很多繁琐的推导及运算．例9一个物体从塔顶做自由落体运动，在到达地面前最后1s 内发生的位移是总位移的7/16，求塔高．(取g ＝10m/s 2)直线运动图象问题要根据物理情景中遵循的规律，由图象提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答．具体分析过程如下：超重点2：运动学图像的分析和应用[典例1](2018·高考新课标全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A.两车在t1时刻也并排行驶B.t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大[典例2](2018·高考新课标全国卷Ⅲ)甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动.甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示.下列说法正确的是A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[典例3](2014·高考新课标全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v t图象如图所示．在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于v1＋v2 2C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大拓展1图象的选择1．(2018·湖北八校联考)下列每幅图象中的两条图线分别表示某质点运动的速度v和加速度a随时间变化的关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是()拓展2图象的转换2．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图所示．下列v t图象中，可能正确描述此物体运动的是()讨论追及、相遇问题的实质，就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．1．抓住一个条件，两个关系(1)一个条件：二者速度相等．它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．(2)两个关系：即时间关系和位移关系．可通过画草图找出两物体的位移关系，这也是解题的突破口．2．能否追上的判断方法常见情形：物体A 追物体B ，开始二者相距x 0，则(1)A 追上B 时，必有x A －x B ＝x 0，且v A ≥v B.(2)要使两物体恰不相撞，必有x A －x B ＝x 0，且v A ＝v B.超重点3：追及相遇及安全行车[典例1]甲车以10m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s 的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5m/s 2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距最大的距离．(2)乙车追上甲车所用的时间．[典例2]．(2018·湖北襄阳高三联考)酒后驾车严重威胁公众交通安全．若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时间称为反应时间，将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离．科学研究发现，反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运动v-t 图线分别如图甲、乙所示．求：(1)正常驾驶时的感知制动距离x ；(2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离Δx .[典例3]．(2018·广西桂林高三模拟)汽车前方120m 有一自行车正以6m/s 的速度匀速前进，汽车以18m/s 的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：(1)经多长时间，两车第一次相遇；(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s 2，则再经多长时间两车第二次相遇.[典例4].如图所示，光滑斜面倾角为30°，A 、B 物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，现将A 、B两物体(可视为质点)同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端O 的距离为L A ＝2.5m，L B ＝10m．不考虑两物体在转折O 处的能量损失．(g 取10m/s 2)(1)求两物体滑到O 点的时间差．(2)B 从开始释放，需经过多长时间追上A ？(结果可用根号表示)1．一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3m、倒数第2m、最后1m 内的运动，下列说法中正确的是()A．经历的时间之比是1∶2∶3B．平均速度之比是3∶2∶1C．平均速度之比是1∶(2－1)∶(3－2)D．平均速度之比是(3＋2)∶(2＋1)∶12．(多选)(2018·江西九江高三模拟)小球A从离地面20m高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以20m/s的初速度做竖直上抛运动．两球同时开始运动，在空中相遇，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．两球相遇时速率都是10m/sB．两球相遇时的位置离地面10m高C．开始运动1s后相遇D．两球在空中相遇两次3.(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3s时并排行驶，则()A．在t＝1s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m4．(2018·河南八市重点高中质检)如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x t图线和v t图线，由图可知，在0～t1时间内()题组突破训练A．物体做的是曲线运动B．物体做加速度越来越小的运动C．图甲中t 12时刻，图线的斜率为v 02D．x 1－x 0＞v 02t 15.(多选)(2018·河北定州高三模拟)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的xt 图象如图所示，则下列说法正确的是()A．t 1时刻乙车从后面追上甲车B．t 1时刻两车相距最远C．0到t 1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度D．0到t 1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度6．如图所示，A 、B 两物体相距s ＝7m，物体A 以v A ＝4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度v B ＝10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a ＝－2m/s 2，那么物体A 追上物体B 所用的时间为()A．7s B．8s C．9sD．10s7.(多选)a 、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v t 图象如图所示，下列说法正确的是()A．a 、b 加速时，物体a 的加速度小于物体b 的加速度B．20s 时，a 、b 两物体相距最远C．60s 时，物体a 在物体b 的前方D．40s 时，a 、b 两物体速度相等，相距200m8．(2018·山东潍坊统考)如图所示，一长为200m 的列车沿平直的轨道以80m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1200m，OB ＝2000m，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间．9．短跑运动员完成100m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，运动员用11.00s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s 内通过的距离为7.5m，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离．10．(2018·宁夏银川模拟)一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10s，斜面长4m，在水平面上运动的距离为6m，求：(1)小球在运动过程中的最大速度值；(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小．11．(2018·江西南昌十校联考)如图甲所示，A 车原来临时停在一水平路面上，B 车在后面匀速向A 车靠近，A 车司机发现后启动A 车，以A 车司机发现B 车为计时起点(t ＝0)，A 、B 两车的v t 图象如图乙所示．已知B 车在第1s 内与A 车的距离缩短了x 1＝12m.(1)求B 车运动的速度v B 和A 车的加速度a 的大小．(2)若A 、B 两车不会相撞，则A 车司机发现B 车时(t ＝0)两车的距离x 0应满足什么条件？12．不同的车型有不同的刹车性能，因此在驾校学习的过程中，除了常规的驾驶技术外，还要学习和积累一些适应不同车型的驾驶经验．现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v ＝10m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间t 0＝0.5s)．甲车司机之前为了熟悉车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，根据经验计算出滑行加速度大小为a 0＝0.5m/s 2，已知乙车紧急刹车时加速度大小为a 2＝5m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距停车线x ＝16m，他在刹车过程中发现预计的停车位置离停车线还有一段距离，于是在车头离停车线x ′＝4m 时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰好停在停车线前，则甲车紧急刹车时的加速度为多大？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中至少应保持多大距离？。
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题含解析
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。
如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。
现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。
已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。
求（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
【答案】（1）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【解析】 【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。
高考物理直线运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析
高考物理直线运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。
如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。
现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。
已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。
求（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
【答案】（1）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【解析】 【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=-可得：1v =当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。
备战2019高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题01直线运动学案
专题01 直线运动【备考建议】匀变速直线运动在各省市物理高考中出现频率较高，题型既有选择题、计算题的单独命题，也有依托物理模型结合其他知识的综合考查。
选择题中主要是v-t图像的理解和应用，计算题中主要考查匀变速直线运动的规律的应用。
考生要熟记匀变速直线运动规律及重要推论，熟练掌握解决此类问题的方法和解题思路。
一、位移图像问题例、甲、乙两质点在同一直线上运动，其位移—时间（x t-）图像如图所示，其中乙的图线为抛物线.关t t~时间内的运动的看法，以下正确的是（）于甲、乙在13A. 甲、乙在该段时间内的平均速度相同B. 甲、乙的运动方向始终相同C. 乙始终比甲运动快t时刻相距最远D. 甲、乙在2【答案】At时刻，不是两D、甲、乙相距最远的位置，应该在图像上找同一时刻两点之间的最远距离，从图形上看，2者最远的位置，故D错误；综上所述本题答案是：A二、速度图像问题例、某国的军事试验场正在平地上试射地对空SA-7型导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v－t图象如图所示，则正确的是（）A. 0～1 s内导弹匀速上升B. 1～2s内导弹静止不动C. 3 s末导弹回到出发点D. 5s末导弹回到出发点【答案】D【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移三、加速度图像问题例甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化a-t图像如图所示。
关于甲、乙两车在0~ 20s 的运动情况,下列说法正确的是（）A．在t=10s时两车相遇 B．在t=20s时两车相遇C．在t=10s时两车相距最近D．在t=20s时两车相距最远【答案】D考点：v-t图线；追击问题.四、图像综合题例1、我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min 内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，则下列说法中正确的是（ ）A. 全过程中最大加速度是0.025m/s 2B. 潜水员感到超重发生在0~1 min 和8~10min 的时间段内C. 图中3h 代表本次下潜最大深度，应为360mD. 整个潜水器在8~10min 时的时间段内机械能守恒 【答案】C【解析】试题分析：根据v-t 图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v-t 图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向．根据加速度大小分析受力情况，即可判断机械能守恒是否守恒．v-t 图象的斜率表示加速度，0-1min 内和3-4min 内加速度最大，最大加速度是()2020.033/160a m s --==⨯，A 错误；潜水员在0-1min 和8-10min 的时间段内，根据度图象（b ）得加速度方向向下，所以处于失重状态，B 错误；根据深度曲线（a ）得3h 代表本次最大深度，在4min t =时到达最大深度，根据v-t 图象的面积得：0-4min 位移是360m ，即最大深度为360m ，C 正确；整个潜水器在8-10min 时间段内加速度不等于g ，所以机械能不守恒，故D 错误．例2高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v 0=40 m/s ，距离x 0=90m ．t =0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的情况如图所示，取运动方向为正方向．两车在0～12 s 内会不会相撞？【答案】两车会相撞五、追及相遇问题例1 交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少。
高考物理直线运动解题技巧及练习题及解析
高考物理直线运动解题技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．重力加速度是物理学中的一个十分重要的物理量，准确地确定它的量值，无论从理论上、还是科研上、生产上以及军事上都有极其重大的意义。
（1）如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回。
在O 点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。
（i）求重力加速度g；（ii）若O点距玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度。
（2）在用单摆测量重力加速度g时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示．这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，问这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比，哪个大？试定量比较。
（3）精确的实验发现，在地球上不同的地方，g的大小是不同的，下表列出了一些地点的重力加速度。
请用你学过的知识解释，重力加速度为什么随纬度的增加而增大？【答案】（1）22128H gT T =-， 2102212T HL T T +-；（2）求出的重力加速度比实际值大；（3）解析见详解。
【解析】 【详解】（1）（i ）小球从O 点上升到最大高度过程中：211122T h g ⎛⎫= ⎪⎝⎭小球从P 点上升的最大高度：222122T h g ⎛⎫= ⎪⎝⎭依据题意：12h h H -= 联立解得：22128Hg T T =-（ii ）真空管至少的长度：01L L h =+故2102212T HL L T T =+- （2）以l 表示摆长，θ表示摆线与竖直方向的夹角，m 表示摆球的质量，F 表示摆线对摆球的拉力，T 表示摆球作题图所示运动的周期，小球受力分析如图：则有 F sin θ＝mL sin θ（2Tπ）2， F cos θ＝mg由以上式子得：T ＝2πLcos gθ，而单摆的周期公式为 T ′＝2πLg ，即使在单摆实验中，摆角很小，θ＜5°，但cos θ＜l ，这表示对于同样的摆长L ，摆球在水平面内作圆周运动的周期T 小于单摆运动的周期T ′，所以把较小的周期通过求出的重力加速度的数值将大于g 的实际值。
高考物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高考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．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。
如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。
现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。
已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。
求（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
【答案】（1）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【解析】 【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。
高考物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析
高考物理直线运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。
如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。
现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。
已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。
求（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
【答案】（1）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【解析】 【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。
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专题一：直线运动解题思路与方法
解析 设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律＝0＋，有－16＝10－2，所以经过＝13 s 物体的速度大小为16 m/s.
由x ＝v 0t ＋12at 2可知这段时间内的位移为x ＝(10×13－12×2×132
)m ＝－39 m ，物体的运动分为两个阶段，第一阶
段速度从10 m/s 减到0，此阶段位移大小为x 1＝02
－v 2
02a ＝02
－10
2
－2×2
m ＝25 m ，第二阶段速度从0反向加速到16 m/s ，
位移大小为x 2＝v ′2－02－2a ＝162－02
2×2
m ＝64 m ，则总路程为L ＝x 1＋x 2＝25 m ＋64 m ＝89 m.
答案 13 s 25 m 89 m
5．极值法
有些问题用一般的分析方法求解难度较大，甚至中学阶段暂时无法求出，我们可以把研究过程推向极端情况来加以分析，往往能很快得出结论．
例5两个光滑斜面，高度和斜面的总长度相等，如图所示，两个相同的小球，同时由两个斜面顶端由静止开始释放，不计拐角处能量损失，则两球谁先到达底端？
解析
甲斜面上的小球滑到斜面底端的时间很容易求出．设斜面高度为h ，长度为L ，斜面的倾角为θ.则由L ＝12g 2
1sin θ、
sin θ＝h
L
，解得t 1＝
2L
2gh
. 乙斜面上的小球滑到斜面底端的时间很难直接计算．可将乙斜面作极端处理：先让小球竖直向下运动，然后再水平运动，易解得这种运动过程中小球运动的时间为t 2＝
2h g ＋L －h 2gh ＝L ＋h 2gh
<t 1，所以，乙斜面上的小球先到达斜面
底端．
答案 乙斜面上的小球先到达斜面底端
6．图象法
利用图象法可直观地反映物理规律，分析物理问题．图象法是物理研究中常用的一种重要方法．运动学中常用的图象为v －t 图象．在理解图象物理意义的基础上，用图象法分析解决有关问题(如往返运动、定性分析等)会显示出独特的优越性，解题既直观又方便．需要注意的是在v －t 图象中，图线和坐标轴围成的“面积”应该理解成物体在该段时间内发生的位移．
例6汽车从甲地由静止出发，沿平直公路驶向乙地．汽车先以加速度a 1做匀加速直线运动，然后做匀速运动，最后以大小为a 2的加速度做匀减速直线运动，到乙地恰好停止．已知甲、乙两地的距离为x ，求汽车从甲地到乙地的最短时间t 和运行过程中的最大速度v m .
解析 由题意作出汽车做匀速运动时间长短不同的v －t 图象，如图所示．不同的图线与横轴所围成的“面积”都等于甲、乙两地的距离x .由图象可知汽车做匀速运动的时间越长，从甲地到乙地所用的时间就越长，所以当汽车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，中间无匀速运动时，行驶的时间最短．
设汽车做匀加速直线运动的时间为t 1，则匀减速直线运动的时间为(t －t 1)．则有v m ＝a 1t 1＝a 2(t －t 1)，解得t 1＝
a 2t a 1＋a 2，则v m ＝a 1a 2t
a 1＋a 2
， 由图象中三角形面积的物理意义有x ＝1
2v m t ＝
a 1a 2t 2
a 1＋a 2
，
解得t ＝ 2x
a 1＋a 2
a 1a 2，故v m ＝
2xa 1a 2
a 1＋a 2
.
答案 t ＝
2x a 1＋a 2
a 1a 2
v m ＝
2xa 1a 2
a 1＋a 2
7．相对运动法
以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法．
例7物体A 、B 从同一地点，同时沿同一方向运动，A 以10 m/s 的速度做匀速直线运动，B 以2 m/s 2
的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求A 、B 相遇前两物体间的最大距离．
解析 因为本题求解的是A 、B 间的相对距离，所以可以利用相对运动法求解．选B 为参考系，从计时开始到A 、B 相遇前两物体间出现最大距离的过程中，A 相对于B 的初速度、末速度和加速度分别为： v 0＝10 m/s ，v ＝0，a ＝－2 m/s 2，
根据v 2
－v 20
＝2a Δx max ，有Δx max ＝v 2－v 20
2a
，
解得Δx max ＝25 m. 答案 25 m
8．逆向思维法
对于物体做匀减速直线运动的问题，可以当作逆向的匀加速直线运动处理．这样更符合思维习惯，容易理解．
例8一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5 s 内和最后5 s 经过的路程之比为11:5.则此物体一共运动了多长时间？
解析 若依据匀变速直线运动规律列式，将会出现总时间t 比前后两个5 s 的和10 s 是大还是小的问题：若t >10 s ，可将时间分为前5 s 和后5 s 与中间的时间t 2，经复杂运算得t 2＝－2 s ，再得出t ＝8 s 的结论．若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简便得多．视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则最后5 s 内通过的路程为x 2＝12
a ×52
＝12.5a ，
最初5 s 内通过的路程为x 1＝12at 2－12a (t －5)2
＝12
a (10t －25)，
由题中已知的条件：x 1：x 2＝11:5，得(10t －25) :25＝11:5，
解得物体运动的总时间t ＝8 s. 答案 8 s
9．比值法
对初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的基本公式可推出以下几个结论： (1)连续相等时间末的瞬时速度之比为： v 1:v 2:v 3:…:v n ＝1:2:3:…:n
(2)t 、2t 、3t 、…、nt 内的位移之比为： x 1t :x 2t :x 3t :…:x nt ＝12:22:32:…:n 2 (3)连续相等时间内的位移之比为： x 1:x 2:x 3:…:x n ＝1:3:5:…: (2n －1) (4)连续相等位移所用的时间之比为：
t 1:t 2:t 3:…:t n ＝1: (2－1) : (3－2):…: (n －n －1)
在处理初速度为零的匀加速直线运动时，首先考虑用以上的几个比值关系求解，可以省去很多繁琐的推导及运算．
例9一个物体从塔顶做自由落体运动，在到达地面前最后1 s 内发生的位移是总位移的7/16，求塔高．(取g
＝10 m/s 2
)
解析 由初速度为零的匀加速直线运动规律推论知，第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、第4 s 内的位移之比为1:3:5:7，第4 s 运动的位移与总位移的比值为7/16，故物体下落的总时间t 总＝4 s ，塔高h ＝12gt 2
总＝80 m.
答案 80。