高中物理直线运动题20套(带答案)及解析

高中物理直线运动题20套(带答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试直线运动
1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）水平推力F的大小；
（3）s内物体运动位移的大小．
【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：
物体在4～6s内受力如图所示
根据牛顿第二定律有：
联立解得：μ=0.2
（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：
又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示
根据牛顿第二定律有：
代入数据得：F=5.6N
（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：
【点睛】
在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．
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/s2，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．伽利略在研究自出落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两种变化：一种是速度随时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。

现在我们已经知道.自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动。

有一种“傻瓜”照相机的曝光时间极短，且固定不变。

为估测“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。

由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。

已知石子在A点正上方1.8m的高度自由下落.每块砖的平均厚度为6.0cm.(不计空气阻力，g取10m/s2)
v；
a.计算石子到达A点的速度大小A
b.估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字〕。

【答案】6m/s ，0.02s ； 【解析】 【详解】
a 、由自由落体可知，设从O 点静止下落：h OA =1.8m
2
12OA h gt =
，20.6OA h t s g
== 6/A v gt m s ==
b 、由图中可知h AB 距离近似为两块砖厚度 方法一：h AB =12cm=0.12m h OB =h OA +h AB =1.92cm
212OA B h gt =
t B =0.62s 曝光时间△t=t B -t A =0.02s
方法二、由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动
△t=0.12
0.026
AB A h s s v ==
4．一个物体从塔顶上自由下落，在到达地面前的最后1s 内通过的位移是整个位移的9
25
，求塔高，取g =10m/s 2． 【答案】125m 【解析】 【分析】 【详解】
设物体下落总时间为t ，塔高为h ，根据自由落体公式：212
h gt = 最后（t -1）s 下落的高度为：()21112
h g t =- 位移间的关系为：11625
h h =
联立解得：125h m =
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： 2
18/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22
322t 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．（13分）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝37°。

现有一质量m ＝1.0 kg 的滑块沿斜面由静止下滑，经时间0.40 s 沿斜面运动了0.28 m ，且该过程中木块处于静止状态。

重力加速度g 取10 m ／s 2，求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
（2）滑块在斜面上滑行的过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。

【答案】（1）2.5N （2）2.8N ；方向水平向左。

【解析】试题分析：（1）物块在斜面上加速下滑，则，
根据牛顿第二定律可得：，解得：
N
（2）对斜面体，水平方向：，
，
N ，方向水平向
左。

考点：牛顿第二定律的应用.
7．一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2
12
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2
24/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
/3
v m s = 滑块向右位移2140
22
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
8．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．
（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：
000.5sin 37cos37N F mg mg +=
在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：00
0.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=
代入数据解得：a=7.5m/s 2
小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12
at 2 运动时间为22 3.7517.5
s t s s a ⨯===； 【点睛】
此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．
9．如图，在倾角为=37°的足够长固定斜面底端，一质量m=1kg 的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点。

物块上滑所用时间t 1和下滑所用时间t 2大小之比为t 1：t 2=1：
取g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）物块由斜面底端上滑时的初速度v 1与下滑到底端时的速度v 2的大小之比； （2）物块和斜面之间的动摩擦因数； （3）若给物块施加一大小为N 、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速
运动，求加速度的最大值。

【答案】（1）
（2）0.5（3）2.5m/s 2
【解析】试题分析：（1）物块由斜面底端上滑时：
物块由斜面顶端下滑时：
则
（2）物块由斜面底端上滑时：
物块由斜面顶端下滑时：
联立以上各式得：μ=0.5
（3）设F 与斜面的夹角为α，则 Fcosα－mgsinθ－μ（mgcosθ－Fsinα）=ma 整理得： F （cosα＋μsinα）－μ（mgcosθ＋Fsinθ）=ma 令
，则
最大值为1，故
于是a m =2.5m/s 2
考点：本题旨在考查牛顿运动定律的应用。

10．甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距s =6m ，从此刻开始计时，乙车做初速度大小为12m/s 加速度大小为1m/s 2的匀减速直线运动，甲车运动的s -t 图象如图所示(0-6s 是开口向下的抛物线一部分，6-12s 是直线，两部分平滑相连)，
求：(1)甲车在开始计时时刻的速度v 0和加速度a (2)以后的运动过程中，两车何时相遇？ 【答案】(1)16m/s 2m/s 2 (2) 2s 6s 10s 相遇三次 【解析】 【详解】
（1）因开始阶段s-t 图像的斜率逐渐减小，可知甲车做匀减速运动；由2
012
s v t at =-
，由
图像可知：t =6s 时，s =60m ，则60=6v 0 -12×a ×36；6s 末的速度68060
m/s 4m/s 116
v -=
=-；则由v 6=v 0-at 可得4=v 0-6a ；联立解得 v 0=16m/s ；a =2m/s 2
（2）若甲车在减速阶段相遇，则：220011
-
-22
v t a t s v t a t +=甲甲乙乙，带入数据解得：t 1=2s ； t 2=6s ；则t 1=2s 时甲超过乙相遇一次，t 2=6s 时刻乙超过甲第二次相遇；因以后甲以速度v 甲=4m/s 做匀速运动，乙此时以v 乙=12-6×1=6m/s 的初速度做减速运动，则相遇时满足：21
-
2
v t v t a t =甲乙乙 解得t =4s ，即在10s 时刻两车第三次相遇.。