高中物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高中物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试直线运动

1．如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。

（1）求可控电阻R随时间变化的关系式；

（2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P；

（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速

运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有：

而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：，

由以上各式得：。

（2）因可控电阻R随时间均匀减小，故所求功率为：，

由以上各式得：。

（3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，，而

，，由以上各式得，而，由以上各式

得，

所求。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化

【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。

2．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m 的物体，并且他的反应时间为0.5s ，制动后最大加速度为6m/s 2．求：

（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；

（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．

【答案】（1）5s （2）40m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）从刹车到停止时间为t 2，则 t 2=

0v a

-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则 x 1=v 0t 1② x 1=15 m③

从刹车到停止的位移为x 2，则

x 2=2

002v a -④

x 2=75 m⑤

小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x=x 1+x 2=90m ⑥ △x=x ﹣50m=40m ⑦

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/s 2)

a.计算石子到达A 点的速度大小A v ；

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 ==

4．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;

（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】

试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s

⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2

112

h

gt =

t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2

h

v =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s

⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0

根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma

根据匀变速直线运动规律有：a ＝2

2

02v h -＝－15m/s 2

解得：N ＝75N （2分）

根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用

5．如图所示，物体A 的质量1kg A m =，静止在光滑水平面上的平板车B ，质量为

0.5kg B m =，长为1m L =．某时刻A 以04m/s v =向右的初速度滑上木板B 的上表面，

在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因素0.2μ=，取重力加速度2

10m/s g =．求： （1）若5N F =，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离． （2）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件．

【答案】（1）0.5m （2）1N≤F≤3N

【解析】（1）物体A 滑上木板B 以后，作匀减速运动，有μmg=ma A 得a A =μg=2m/s 2

木板B 作加速运动，有F+μmg=Ma B ， 代入数据解得：a B =14m/s 2 两者速度相同时，有v 0-a A t=a B t ， 代入数据解得：t=0.25s A 滑行距离：S A =v 0t-

12a A t 2=4×0.25?12×2×116＝15

16

m ，

B 滑行距离：S B =

12a B t 2=12×14×116m=7

16

m ． 最大距离：△s=S A -S B =

1516?7

16

=0.5m （2）物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：

222

01122A B

v v v L a a -=+ 又：

011

A B

v v v a a -= 代入数据可得：a B =6（m/s 2）

由F=m 2a B

-μm 1g=1N

若F ＜1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N ．

当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落． 即有：F=（m+m ）a ，μm 1g=m 1a 所以：F=3N

若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下． 综上：力F 应满足的条件是：1N≤F≤3N

点睛：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．

6．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26/0

2/3v 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2

1112

x at =，19x m = 匀速阶段1

2 3.5h x t s v

-=

= 故12 6.5t t t s =+=

7．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t 1=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 ／s 2，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t 1=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t 1=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=x 1+x 2

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.

8．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2

012

x 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。

9．一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

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