高考物理直线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理直线运动常见题型及答题技巧及练习题(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．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2
2s 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 =
== 2228
4m 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2
230312
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．为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC ．甲、乙两辆汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示．假设减速带离收费岛口x =60m ，收费岛总长度d =40m ，两辆汽车同时以相同的速度v 1=72km/h 经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动．甲车减速至v 2=36km/h 后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t 0=15s 的时间缴费成功，人工栏打开放行．随后两辆汽车匀加速到速度v 1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等，求：
(1)此次人工收费通道和ETC 通道打开栏杆放行的时间差t ∆ ； (2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离x ∆ ． 【答案】(1)17s ；(2)400m 【解析】 【分析】 【详解】
172v =km/s=20m/s ，018v =km/s=5m/s ，236v =km/s=10m/s ，
（1）两车减速运动的加速度大小为
22
120 2.5
40
2()
2(60)
2
2
v a d x =
=
=+⨯+m/s 2，
甲车减速到2v ，所用时间为1012010
42.5
v v t a --===s ， 走过的距离为11122010
46022
v v x t ++=
=⨯=m ， 甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为12
240
()606022 210
d x x t v +
-+-=
==s 甲车从减速到栏杆打开的总时间为12
426t t t =+=+=甲s 乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为1320
82.5
v t a ===s 从减速到打开栏杆的总时间为03
15823t t t =+=+=乙s 人工收费通道和ETC 通道打开栏杆放行的时间差23617t t t ∆=-=-=乙甲s ；
（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经3
8t =s 加速到1 20v =m/s ，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远．
这个过程乙车行驶的距离与之前乙车减速行驶的距离相等40
608022
d x x =+=+=乙m, 从收费岛中心线开始，甲车先从0
10v =m/s 加速至1 20v =m/s ，这个时间为1 4t =s 然后匀速行驶()()1131
60208174480x x v t t t =++∆-=+⨯+-=甲m 故两车相距的最远距离为48080400x x x ∆=-=-=甲乙m ．
4．2018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/s2 1:4【解析】
【详解】
（1）由h＝1
2g月t2得：20＝
1
2
g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.
5．小球从离地面80m处自由下落，重力加速度g=10m/s2。

问：
(1)小球运动的时间。

(2)小球落地时速度的大小v是多少？
【答案】(1)4s；(2)40m/s
【解析】
【分析】
自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，由位移公式求解时间，用速度公式求解落地速度。

【详解】
解：（1）由
得小球运动的时间：
落地速度为：
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/s2)
【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．如图甲所示，质量m=8kg 的物体在水平面上向右做直线运动。

过a 点时给物体作用一个水平向右的恒力F 并开始计时，在4s 末撤去水平力F ．选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v ﹣t 图象如图乙所示。

（取重力加速度为10m/s 2）求：
（1）8s 末物体离a 点的距离 （2）撤去F 后物体的加速度
（3）力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ。

【答案】（1）48m 。

（2）﹣2m/s 2。

（3）16N ，0.2。

【解析】 【详解】
（1）8s 末物体离a 点的距离等于梯形的面积大小，为：S=48
82
m +⨯=48m （2）撤去F 后物体的加速度为：a=
0884
v t ∆-=∆-=﹣2m/s 2。

（3）撤去F 后，根据牛顿第二定律得：f=ma=8×（﹣2）N=﹣16N ，负号表示加速度方向与
速度方向相反。

撤去F前物体匀速运动，则有：F=|f|=16N
物体与水平面间的动摩擦因数为：μ=
16
80
f
mg
=0.2。

【点睛】
本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律。

8．如图所示，质量为M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F，当小车向右运动速度达到时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg的小物块，经过t1=2s的时间，小物块与小车保持相对静止。

已知小物块与小车间的动摩擦因数
0.2，假设小车足够长，g取10m／s2，求：
(1)水平恒力F的大小；
(2)从小物块放到车上开始经过t=4s小物块相对地面的位移；
(3)整个过程中摩擦产生的热量。

【答案】（1）8N（2）13.6m（3）12J
【解析】试题分析：（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为v，对于小物块，在
t1=2s时间内，做匀加速运动，则有：
对于小车做匀加速运动，则有：
联立以上各式，解得：F="8N"
（2）对于小物块，在开始t1=2s时间内运动的位移为：
此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为，则有
x=x1+x2
联立以上各式，解得：x=13.6m
（3）整个过程中只有前2s物块与小车有相对位移
小车位移：
相对位移：
解得：Q=12J
考点：牛顿第二定律的综合应用.
9．一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 /s 2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
10．“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质．测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“10米折返跑”的成绩，设受试者起跑的加速度为24m /s ，运动过程中的最大速度为4 m/s ，快到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为28m /s ．受试者在加速和减速阶段运动均可视为匀变速直线运动．问该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？
【答案】6.25s 【解析】 【分析】 【详解】
对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中 加速阶段有
m
11
1s v t a =
= 1m 11
2m 2
s v t ==
减速阶段有
m
32
0.5s v t a =
= 3m 31
1m 2
s v t ==
匀速阶段有
132m
()
1.75s l s s t v -+=
= 由折返线向起点终点线运动的过程中 加速阶段有
m
41
1s v t a =
= 4m 41
2m 2
s v t =
= 匀速阶段有
4
5m
2s l s t v -=
= 故受试者10米折返跑的成绩为
12345 6.25s t t t t t t =++++=。