高中物理直线运动技巧和方法完整版及练习题
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．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22120 2.5402()2(60)22v a d x ===+⨯+m/s 2，甲车减速到2v ，所用时间为101201042.5v v t a --===s ， 走过的距离为1112201046022v v x t ++==⨯=m ， 甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为12240()606022 210d x x t v +-+-===s 甲车从减速到栏杆打开的总时间为12426t t t =+=+=甲s 乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为132082.5v t a ===s 从减速到打开栏杆的总时间为0315823t 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38t =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40608022d x x =+=+=乙m, 从收费岛中心线开始，甲车先从010v =m/s 加速至1 20v =m/s ，这个时间为1 4t =s 然后匀速行驶()()113160208174480x x v t t t =++∆-=+⨯+-=甲m 故两车相距的最远距离为48080400x x x ∆=-=-=甲乙m ．2．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 ==⨯3．一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/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶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 ＝2202v 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4．一质点做匀加速直线运动，初速度v 0＝2 m/s ，4 s 内位移为20 m ，求： （1）质点的加速度大小； （2）质点4 s 末的速度大小。
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．货车A 正在公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车距离仅有75 m ．（1）若此时轿车B 立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A 司机没有刹车，是否会撞上轿车B ；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A 发现轿车B 开始到撞上轿车B 的时间．（2）若货车A 司机发现轿车B 时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A 刹车的同时，轿车B 立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B 加速度至少多大才能避免相撞． 【答案】（1）两车会相撞t 1=5 s ；（2）222m/s 0.67m/s 3B a =≈ 【解析】 【详解】（1）当两车速度相等时，A 、B 两车相距最近或相撞． 设经过的时间为t ，则：v A =v B 对B 车v B =at联立可得：t =10 s A 车的位移为：x A =v A t= 200 mB 车的位移为： x B =212at =100 m 因为x B +x 0=175 m<x A所以两车会相撞，设经过时间t 相撞，有:v A t = x o 十212at 代入数据解得：t 1=5 s ，t 2=15 s(舍去)．（2）已知A 车的加速度大小a A =2 m/s 2，初速度v 0=20 m/s ，设B 车的加速度为a B ，B 车运动经过时间t ，两车相遇时，两车速度相等， 则有：v A =v 0-a A t v B = a B t 且v A = v B在时间t 内A 车的位移为： x A =v 0t-212A a tB 车的位移为：x B =212B a t 又x B +x 0= x A 联立可得：222m/s 0.67m/s 3B a =≈2．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22120 2.5402()2(60)22v a d x ===+⨯+m/s 2，甲车减速到2v ，所用时间为101201042.5v v t a --===s ， 走过的距离为1112201046022v v x t ++==⨯=m ， 甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为12240()606022 210d x x t v +-+-===s 甲车从减速到栏杆打开的总时间为12426t t t =+=+=甲s 乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为132082.5v t a ===s 从减速到打开栏杆的总时间为0315823t 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38t =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40608022d x x =+=+=乙m,从收费岛中心线开始，甲车先从010v =m/s 加速至1 20v =m/s ，这个时间为1 4t =s 然后匀速行驶()()113160208174480x x v t t t =++∆-=+⨯+-=甲m 故两车相距的最远距离为48080400x x x ∆=-=-=甲乙m ．3．一位汽车旅游爱好者打算到某风景区去观光，出发地和目的地之间是一条近似于直线的公路，他原计划全程平均速度要达到40 km/h ，若这位旅游爱好者开出1/3路程之后发现他的平均速度仅有20 km/h ，那么他能否完成全程平均速度为40 km/h 的计划呢？若能完成，要求他在后的路程里开车的速度应达多少？ 【答案】80km/h 【解析】本题考查匀变速直线运动的推论，利用平均速度等于位移除以时间，设总路程为s ，后路程上的平均速度为v ，总路程为s前里时用时 后里时用时所以全程的平均速度解得由结果可知，这位旅行者能完成他的计划，他在后2s/3的路程里，速度应达80 km/h4．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v 0=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△t 2=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a 1=5m/s 2、a 2=6m/s 2 ． 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△t 1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s 0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v 1根据平均速度与位移关系得：所以有：v 1=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．5．如图，AB是固定在竖直平面内半径R=1.25m的1/4光滑圆弧轨道，OA为其水平半径，圆弧轨道的最低处B无缝对接足够长的水平轨道，将可视为质点的小球从轨道内表面最高点A由静止释放．已知小球进入水平轨道后所受阻力为其重力的0.2倍，g取10m/s2．求：（1）小球经过B点时的速率；（2）小球刚要到B点时加速度的大小和方向；（3）小球过B点后到停止的时间和位移大小．【答案】（1）5 m/s（2）20m/s2加速度方向沿B点半径指向圆心（3）25s 6.25m【解析】（1）小球从A点释放滑至B点，只有重力做功，机械能守恒：mgR=12mv B2解得v B=5m/s（2）小环刚要到B点时，处于圆周运动过程中，2222 15/20/1.25Bva m s m sR===加速度方向沿B点半径指向圆心（3）小环过B点后继续滑动到停止，可看做匀减速直线运动：0.2mg=ma2，解得a2=2m/s2222.5Bv t s a == 221 6.252s a t m ==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()22L 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．7．一辆值勤的警车停在公路当警员发现从他旁边以10m/s 的速度匀速行驶的货车有违章行为时,决定去拦截,经5s 警车发动起来,以a =22m/s 加速度匀加速开出维持匀加速运动,能达到的最大速度为20m/s, 试问：(1)在警车追上货车之前,两车间的最大距离是多少? (2) 警车要多长时间才能追上违章的货车? 【答案】(1)75m(2)15s 【解析】 【详解】（1）两车速度相同时间距最大 设警车用时t 1v 货=at 1得t 1= 5s 间距Δx =V 1（t 1+5 ）-102v +t 1 =75m （2）设经t 2时间警车达到最大速度v 2=20m/s v 2=a t 2得t 2=10s 此时220100m 2v x t +==警 x 货= v 1（t 2+5）=150m由于x 警< x 货,所以追不上 设警车经时间t 追上202v +t 2+ v 2（t - t 2）= v 1（t +5） 得t =15s8．一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2240/1g 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214/3a 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，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=， 末速度18/3v m s = 滑块向右位移214022x 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214/3a 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 =-=。
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．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＝2πLcosgθ，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cosθ＜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．跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224m 高时，运动员离开飞机作自由落体运动，运动了5s 后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速度为5m/s ，取210/g m s =，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间．【答案】212.5?m/s a =； 3.6t s =【解析】 运动员做自由落体运动的位移为221110512522h gt m m ==⨯⨯= 打开降落伞时的速度为：1105/50/v gt m s m s ==⨯=匀减速下降过程有：22122()v v a H h -=-将v 2=5 m/s 、H =224 m 代入上式，求得：a=12.5m/s 2减速运动的时间为：12505 3.6?12.5v v t s s a --===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：2228s 4s 2v t a === 22284m 16m 22v 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2230312x 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．A 、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶， A 车在前，其速度v A =10m/s ，B 车在后，速度v B =30m/s ．因大雾能见度很低，B 车在距A 车△s=75m 时才发现前方有A 车，这时B 车立即刹车，但B 车要经过180m 才能够停止．问：（1）B 车刹车后的加速度是多大？（2）若B 车刹车时A 车仍按原速前进，请判断两车是否相撞？若会相撞，将在B 车刹车后何时？若不会相撞，则两车最近距离是多少？（3）若B 车在刹车的同时发出信号，A 车司机经过△t=4s 收到信号后加速前进，则A 车的加速度至少多大才能避免相撞？【答案】（1）22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）6s 两车相撞（3）20.83/A a m s ≥【解析】试题分析：根据速度位移关系公式列式求解；当速度相同时，求解出各自的位移后结合空间距离分析；或者以前车为参考系分析；两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可．（1）B 车刹车至停下过程中，00,30/,180t B v v v m s S m ====由202BB v a s -=得222.5/2B B v a m s s =-=- 故B 车刹车时加速度大小为22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）假设始终不相撞，设经时间t 两车速度相等，则有：A B B v v a t =+， 解得：103082.5A B B v v t s a --===-此时B 车的位移：2211308 2.5816022B B B s v t a t m =+=⨯-⨯⨯= A 车的位移：10880A A s v t m ==⨯=因1(3== 设经过时间t 两车相撞，则有212A B B v t s v t a t +∆=+ 代入数据解得：126,10t s t s ==，故经过6s 两车相撞（3）设A 车的加速度为A a 时两车不相撞两车速度相等时：()A A B B v a t t v a t ''+-∆=+即：10()30 2.5A a t t t ''+-∆=-此时B 车的位移：221,30 1.252B B B B s v t a t s t t =+=-''''即： A 车的位移：21()2A A A s v t a t t ''=+-∆ 要不相撞，两车位移关系要满足B A s s s ≤+∆解得20.83/A a m s ≥4．物体在斜坡顶端以1 m/s 的初速度和0.5 m/s 2的加速度沿斜坡向下作匀加速直线运动，已知斜坡长24米，求：(1) 物体滑到斜坡底端所用的时间．(2) 物体到达斜坡中点速度．【答案】（1）8s （2/s【解析】【详解】（1）物体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：2012x v t at +＝ 代入数据得到：14=t +0.25t 2解得：t=8s 或者t =-12s （负值舍去）所以物体滑到斜坡底端所用的时间为8s（2）设到中点的速度为v 1，末位置速度为v t ，有：v t =v 0+at 1=1+0.5×8m/s=5m/s220 2t v v ax -＝2210 22x v v a -＝联立解得：1v5．杭黄高铁是连接杭州市和黄山市的高速铁路。
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m 的爆竹B ，木块的质量为M ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h ，而木块所受的平均阻力为f 。
若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g 。
求： （1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度； （2）爆竹能上升的最大高度。
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．货车A 正在公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车距离仅有75 m ．（1）若此时轿车B 立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A 司机没有刹车，是否会撞上轿车B ；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A 发现轿车B 开始到撞上轿车B 的时间．（2）若货车A 司机发现轿车B 时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A 刹车的同时，轿车B 立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B 加速度至少多大才能避免相撞． 【答案】（1）两车会相撞t 1=5 s ；（2）222m/s 0.67m/s 3B a =≈ 【解析】 【详解】（1）当两车速度相等时，A 、B 两车相距最近或相撞． 设经过的时间为t ，则：v A =v B 对B 车v B =at联立可得：t =10 s A 车的位移为：x A =v A t= 200 mB 车的位移为： x B =212at =100 m 因为x B +x 0=175 m<x A所以两车会相撞，设经过时间t 相撞，有:v A t = x o 十212at 代入数据解得：t 1=5 s ，t 2=15 s(舍去)．（2）已知A 车的加速度大小a A =2 m/s 2，初速度v 0=20 m/s ，设B 车的加速度为a B ，B 车运动经过时间t ，两车相遇时，两车速度相等， 则有：v A =v 0-a A t v B = a B t 且v A = v B在时间t 内A 车的位移为： x A =v 0t-212A a tB 车的位移为：x B =212B a t 又x B +x 0= x A 联立可得：222m/s 0.67m/s 3B a =≈2．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．3．某人驾驶一辆小型客车以v0＝10m/s的速度在平直道路上行驶，发现前方s＝15m处有减速带，为了让客车平稳通过减速带，他立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v＝5.0 m/s．已知客车的总质量m＝2.0×103 kg.求：(1)客车到达减速带时的动能E k；(2)客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t；(3)客车减速过程中受到的阻力大小f．【答案】(1)E k＝2.5×104J (2)t＝2s (3)f＝5.0×103N【解析】【详解】(1) 客车到达减速带时的功能E k＝12mv2，解得E k＝2.5×104 J(2) 客车减速运动的位移02v vs t +=，解得t ＝2s (3) 设客车减速运动的加速度大小为a ，则v ＝v 0－at ，f ＝ma 解得f ＝5.0×103 N4．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 a 1===1.6m/s 2x=a 1t 2解得a 到b 的时间为t==5s（2）物体从a 到p ：=2a 1x 1物块由P 到b ：=2a 2x 2a 2=μg x=x 1+x 2解得ap 距离为x 1=14.3m（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，即a==0μbc=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．如图所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10 m的A、B两个小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10 m/s2．求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．【答案】2.5s【解析】试题分析：设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有：1sA球滑上斜坡后加速度m/s2设此时A球向上运动的位移为，则m此时A球速度m/sB球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以m/s做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：s则相遇时间s考点：本题考查了运动学公式的应用6．甲、乙两辆车在相邻的两条平行直轨道上同向匀速行驶，甲车的速度为v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝l2m/s，乙车在甲车的前面．当两车相距L＝6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2的加速度刹车，7s后立即改做匀速运动：乙车刹车的加速度为a 2＝lm/s 2．求： （1）在哪些时刻两车速度相等？（2）两车有几次相遇？在哪些时刻两车相遇？ 【答案】（1）4s 和8s （2）3次，2s 、6s 、10s 【解析】(1)设刹车后经过t 时间两车速度相等，则有：v 1-a 1t=v 2-a 2t 解得：t=4s6s 后甲车匀速，则速度：v= v 1-a 1t 1=4m/s 两车速度再次相等时，则有：v=v 2-a 2t′ 解得：t′=8s(2)在甲减速时，设经时间t 相遇，甲和乙的位移分别为x 1、x 2，则有:x 1=v 1t-12a 1t 2 x 2=v 2t-12a 2t 2 又有：x 1-x 2=L 解得：t 1=2s 或t 2=6s甲车减速时间恰好为6s ，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t 1=2s ，第二次t 2=6s 第二次相遇时甲车的速度为：v′1=v 1-a 1t 2=4m/s 乙车的速度为：v′2=v 2-a 2t 2=6m/s 设再经Δt 甲追上乙，则有：v′1Δt=v′2Δt -12a 2(Δt)2 代入数据解得：Δt=4s此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇，相遇时刻为：t 3=t 2+Δt=10s点睛：本题中涉及运动情境较为复杂，为比较麻烦的追及相遇问题，要结合位移关系和速度关系并联系实际运动情境加以解决，难度较大．7．一架质量为 40000kg 的客机在着陆前的速度为 540km/h ，着陆过程中可视为匀变速直线运动，其加速度大小为 10m/s 2，求： (1)客机从着陆开始滑行经多长时间后静止； (2)客机从着陆开始经过的位移； (3)客机所受的合外力。
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。
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析一、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 H L 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：22128H g T T =- （ii ）真空管至少的长度：01L L h =+故2102212T H L 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 ′＝2πL g ，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(超强)及练习题(含答案)
高考物理直线运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)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．撑杆跳高是奥运会是一个重要的比赛项目．撑杆跳高整个过程可以简化为三个阶段：助跑、上升、下落；而运动员可以简化成质点来处理．某著名运动员，在助跑过程中，从静止开始以加速度2 m/s 2做匀加速直线运动，速度达到10 m/s 时撑杆起跳；达到最高点后，下落过程可以认为是自由落体运动，重心下落高度为6.05 m ；然后落在软垫上软垫到速度为零用时0.8 s ．运动员质量m =75 kg ，g 取10 m/s 2．求： （1）运动员起跳前的助跑距离；（2）自由落体运动下落时间，以及运动员与软垫接触时的速度；（3）假设运动员从接触软垫到速度为零做匀减速直线运动，求运动员在这个过程中，软垫受到的压力．【答案】（1）运动员起跳前的助跑距离为25m ；（2）自由落体运动下落时间为1.1S ，以及运动员与软垫接触时的速度为11m/s ；（3）运动员在这个过程中，软垫受到的压力为1.8×103N ． 【解析】 【详解】（1）根据速度位移公式得，助跑距离：x=22v a =21022⨯=25m （2）设自由落体时间为t 1，自由落体运动的位移为h ：h=212gt 代入数据得：t =1.1s 刚要接触垫的速度v ′，则：v′2=2gh ，得v =11m/s（3）设软垫对人的力为F ，由动量定理得：（mg-F ）t =0-mv ′ 代入数据得：F =1.8×103N由牛顿第三定律得对软垫的力为1.8×103N3．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210m/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＝1516m ， B 滑行距离：S B =12a B t 2=12×14×116m=716m ． 最大距离：△s=S A -S B =1516−716=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：22201122A Bv v v L a a -=+ 又：011A Bv 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．4．一质点做匀加速直线运动，初速度v 0＝2 m/s ，4 s 内位移为20 m ，求： （1）质点的加速度大小； （2）质点4 s 末的速度大小。
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1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．一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 sg sμ-=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214/3a 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18/3v 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214/3a 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24221122x 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3．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041F mg =4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移到了2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m，由此可以求得（）A．第1次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．质点运动的初速度D．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移【答案】ABD【解析】试题分析：根据得；，故B不符合题意；设第一次曝光时的速度为v，，得：，故A不符合题意；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故C符合题意；设第一次到第二次位移为；第三次到第四次闪光为，则有：；则；而第二次闪光到第三次闪光的位移，故D不符合题意考点：考查了匀变速直线运动规律的综合应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二．5．一位汽车旅游爱好者打算到某风景区去观光，出发地和目的地之间是一条近似于直线的公路，他原计划全程平均速度要达到40 km/h，若这位旅游爱好者开出1/3路程之后发现他的平均速度仅有20 km/h，那么他能否完成全程平均速度为40 km/h的计划呢？若能完成，要求他在后的路程里开车的速度应达多少？【答案】80km/h【解析】本题考查匀变速直线运动的推论，利用平均速度等于位移除以时间，设总路程为s，后路程上的平均速度为v，总路程为s前里时用时后里时用时所以全程的平均速度解得由结果可知，这位旅行者能完成他的计划，他在后2s/3的路程里，速度应达80 km/h6．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210m/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＝1516m ， B 滑行距离：S B =12a B t 2=12×14×116m=716m ． 最大距离：△s=S A -S B =1516−716=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：22201122A Bv v v L a a -=+ 又：011A Bv 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．7．学校开展自制玩具汽车速度赛，比赛分为30 m和50 m两项，比赛在水平操场举行，所有参赛车从同一起跑线同时启动，按到达终点的先后顺序排定名次。
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N 【解析】（1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202v v aL -=可解得:221002v v L m a-==（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：2Cv N mg m R-= 从B 运动到C 由动能定理可知：221122C B mgh mv mv =-解得;3900N N =故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =⋅ （3）3900N N =点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2．一位汽车旅游爱好者打算到某风景区去观光，出发地和目的地之间是一条近似于直线的公路，他原计划全程平均速度要达到40 km/h ，若这位旅游爱好者开出1/3路程之后发现他的平均速度仅有20 km/h ，那么他能否完成全程平均速度为40 km/h 的计划呢？若能完成，要求他在后的路程里开车的速度应达多少？ 【答案】80km/h 【解析】本题考查匀变速直线运动的推论，利用平均速度等于位移除以时间，设总路程为s ，后路程上的平均速度为v ，总路程为s前里时用时 后里时用时所以全程的平均速度解得由结果可知，这位旅行者能完成他的计划，他在后2s/3的路程里，速度应达80 km/h3．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。
高考物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高考物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)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．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/s2，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x0=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）120 120km/h m/s3.6v==，6060km/h m/s3.6v==根据速度公式v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s2解得：t=3.3s；（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t1=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．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶， A车在前，其速度v A=10m/s，B车在后，速度v B=30m/s．因大雾能见度很低，B车在距A车△s=75m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能够停止．问：（1）B车刹车后的加速度是多大？（2）若B车刹车时A车仍按原速前进，请判断两车是否相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时？若不会相撞，则两车最近距离是多少？（3）若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过△t=4s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？【答案】（1）22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）6s 两车相撞（3）20.83/A a m s ≥【解析】试题分析：根据速度位移关系公式列式求解；当速度相同时，求解出各自的位移后结合空间距离分析；或者以前车为参考系分析；两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可．（1）B 车刹车至停下过程中，00,30/,180t B v v v m s S m ====由202BB v a s -=得222.5/2B B v a m s s =-=- 故B 车刹车时加速度大小为22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）假设始终不相撞，设经时间t 两车速度相等，则有：A B B v v a t =+， 解得：103082.5A B B v v t s a --===- 此时B 车的位移：2211308 2.5816022B B B s v t a t m =+=⨯-⨯⨯= A 车的位移：10880A A s v t m ==⨯=因1(3== 设经过时间t 两车相撞，则有212A B B v t s v t a t +∆=+ 代入数据解得：126,10t s t s ==，故经过6s 两车相撞（3）设A 车的加速度为A a 时两车不相撞两车速度相等时：()A A B B v a t t v a t ''+-∆=+即：10()30 2.5A a t t t ''+-∆=-此时B 车的位移：221,30 1.252B B B B s v t a t s t t =+=-''''即： A 车的位移：21()2A A A s v t a t t ''=+-∆ 要不相撞，两车位移关系要满足B A s s s ≤+∆解得20.83/A a m s ≥4．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=00v a-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则x 1=v 0t 1②x 1=15 m③从刹车到停止的位移为x 2，则x 2=2002v 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 ⑦5．某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s 2，所需的起飞速度为50m/s ，跑道长100m ．通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置．对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？【答案】不能靠自身发动机起飞 39/m s【解析】试题分析：根据速度位移公式求出达到起飞速度的位移，从而判断飞机能否靠自身发动机从舰上起飞．根据速度位移公式求出弹射系统使飞机具有的初速度．解：当飞机达到起飞速度经历的位移x=，可知飞机不能靠自身发动机从舰上起飞．根据得，=． 答：飞机不能靠自身发动机从舰上起飞，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有40m/s 的初速度．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题．6．一质点做匀加速直线运动，初速度v 0＝2 m/s ，4 s 内位移为20 m ，求：（1）质点的加速度大小；（2）质点4 s 末的速度大小。
高中物理直线运动答题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理直线运动答题技巧及练习题(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 =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1．一长木板置于粗拙水平川面上，木板左端搁置一小物块，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．t0 时辰开始，小物块与木板一同以共同速度向右运动，直至 t1s 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；运动过程中小物块一直未走开木板．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，重力加快度大小 g 取 10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数 1 及小物块与木板间的动摩擦因数 2 ；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最后距离．【答案】（ 1）10.12 0.4（ 2）6m（ 3）6.5m【分析】（1）依据图像能够判断碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s4m / s0m / s木块遇到滑动摩擦力而向右做匀减速，依据牛顿第二定律有 2 g1s解得2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t 1s ，位移 x 4.5m，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加快直线运动可得x vt 1 at22带入可得a1m / s2木块和木板整体受力剖析，滑动摩擦力供给合外力，即1ga可得1 0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依照牛顿第二定律有1 (M m) g2 mg Ma1可得 a14m / s2 3对滑块，则有加快度a24m / s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1 vt12a1t13m 末速度v13m / s滑块向右位移x24m / s 0t12m2今后，木块开始向左加快，加快度仍为a24m / s2木块持续减速，加快度仍为a14m / s2 3假定又经历 t2二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得 t2 0.5s此过程，木板位移x3v1t21a1t227m 末速度 v3 v1a1t22m / s 26滑块位移 x41a2t221m22今后木块和木板一同匀减速．二者的相对位移最大为x x1x3x2x46m滑块一直没有走开木板，因此木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一同匀减速直到停止，整体加快度a1g1m / s2v232m位移x52a因此木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x5 6.5m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段剖析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，仔细沉稳，不急不躁2．如下图，质量M=8kg 的小车放在圆滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到 1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：m=2kg（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加快度各为多大？（2）经多长时间二者达到同样的速度？共同速度是多大？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s 小物块经过的位移大小为多少？（取g=10m/s 2）．【答案】（ 1） 2m/s 2， 0.5m/s 2（ 2） 1s， 2m/s （ 3） 2.1m【分析】【剖析】(1)利用牛顿第二定律求的各自的加快度；(2)依据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度；(3)依据先求出小物块在达到与小车速度同样时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可．【详解】(1)依据牛顿第二定律可得小物块的加快度：m/s 2小车的加快度：m/s 2(2)令两则的速度相等所用时间为t，则有：解得达到共同速度的时间：t=1s共同速度为：m/s(3)在开始 1s 内小物块的位移m此时其速度：m/s在接下来的0.5s 小物块与小车相对静止，一同做加快运动且加快度：m/s 2这 0.5s 内的位移：m则小物块经过的总位移:m【点睛】此题考察牛顿第二定律的应用，解决此题的重点理清小车和物块在整个过程中的运动状况，而后运用运动学公式求解．同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行剖析求解．3．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。
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．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()22L 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．2．如图所示，A 、B 间相距L ＝6.25 m 的水平传送带在电机带动下始终以v ＝3 m/s 的速度向左匀速运动，传送带B 端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E ＝1×106 N/C ．现将一质量m ＝2 kg 、电荷量q ＝1×10－5 C 的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A 端．若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块放上传送带后瞬间的加速度a；(2)滑块第一次反弹后能到达的距B端最远的距离；(3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率．【答案】(1)a＝2 m/s2方向水平向右 (2)x m＝3.25 m (3)P＝18 W【解析】试题分析：（l）滑块放上传送带后瞬间，受力如答图2所示由牛顿第二定律有qE-mg=ma代入数据解得a=2m/s2方向水平向右（2）设滑块第一次到达B点时速度为v1由运动学规律有v12 =2aL代入数据解得v1=5m/s因v1＞v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小设为a1由牛顿第二定律有qE+mg=ma1代入数据得a1=8 m/s2设滑块与档板碰后至速度减为v经历的时间为t1，发生的位移为x1由运动学规律有v=v1-a1t1，x1=v1t1-a1t12代入数据得t1=0．25s，x1=1m此后．摩擦力反向（水平向左），加速度大小又变为a．滑块继续向左减速直到速度为零，设这段过程发生的位移为x2由运动学规律有x2=代入数据得x2=2．25m当速度为零时，滑块离B最远，最远距离x m=x1+x2代入数据解得，x m=3．25m（3）分析可知．滑块逐次回到B点的速度将递减,但只要回到B点的速度大于v．滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B 点返回时发生的位移不会小于x 2，回到B 点的速度不会小于v'==3m/s所以，只有当滑块回到B 点的速度减小到v=3m/s 后,才会做稳定的周期性往返运动．在周期性往返运动过程中，滑块给传送带施加的摩擦力方向始终向右 所以，滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为P=mgv代人数据解得P=18w考点：带电粒子在电场中的运动、牛顿第二定律、匀变速运动、功率3．一辆长途客车正以v=20m/s 的速度匀速行驶，突然，司机看见车的正前方033x m =处有一只狗，如图（甲）所示，司机立即采取制动措施，若从司机看见狗开始计时（t=0），长途客车的“速度一时间”图象如图（乙）所示。
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析
高考物理直线运动技巧和方法完整版及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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：2228s 4s 2v t a === 22284m 16m 22v 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2230312x 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.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。
高中物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析
高中物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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。
高中物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)
高中物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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：2228s 4s 2v t a === 22284m 16m 22v 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2230312x 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.2．A 、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶， A 车在前，其速度v A =10m/s ，B 车在后，速度v B =30m/s ．因大雾能见度很低，B 车在距A 车△s=75m 时才发现前方有A 车，这时B 车立即刹车，但B 车要经过180m 才能够停止．问：（1）B 车刹车后的加速度是多大？（2）若B 车刹车时A 车仍按原速前进，请判断两车是否相撞？若会相撞，将在B 车刹车后何时？若不会相撞，则两车最近距离是多少？（3）若B 车在刹车的同时发出信号，A 车司机经过△t=4s 收到信号后加速前进，则A 车的加速度至少多大才能避免相撞？【答案】（1）22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）6s 两车相撞（3）20.83/A a m s ≥【解析】试题分析：根据速度位移关系公式列式求解；当速度相同时，求解出各自的位移后结合空间距离分析；或者以前车为参考系分析；两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可．（1）B 车刹车至停下过程中，00,30/,180t B v v v m s S m ====由202BB v a s -=得222.5/2B B v a m s s =-=- 故B 车刹车时加速度大小为22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）假设始终不相撞，设经时间t 两车速度相等，则有：A B B v v a t =+， 解得：103082.5A B B v v t s a --===- 此时B 车的位移：2211308 2.5816022B B B s v t a t m =+=⨯-⨯⨯= A 车的位移：10880A A s v t m ==⨯=因1(3== 设经过时间t 两车相撞，则有212A B B v t s v t a t +∆=+ 代入数据解得：126,10t s t s ==，故经过6s 两车相撞（3）设A 车的加速度为A a 时两车不相撞两车速度相等时：()A A B B v a t t v a t ''+-∆=+即：10()30 2.5A a t t t ''+-∆=-此时B 车的位移：221,30 1.252B B B B s v t a t s t t =+=-''''即：A 车的位移：21()2A A A s v t a t t ''=+-∆ 要不相撞，两车位移关系要满足B A s s s ≤+∆解得20.83/A a m s ≥3．甲、乙两车在某高速公路上沿直线同向而行，它们的v ﹣t 图象如图所示，若t=0时刻两车相距50m ，求：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间； （2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离。
高考物理直线运动解题技巧及练习题(含答案)
高考物理直线运动解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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：2228s 4s 2v t a === 22284m 16m 22v 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2230312x 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.2．甲、乙两车在某高速公路上沿直线同向而行，它们的v ﹣t 图象如图所示，若t=0时刻两车相距50m ，求：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间；（2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离。
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高中物理直线运动技巧和方法完整版及练习题一、高中物理精讲专题测试直线运动1．如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a = 2.5m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ= 0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等（g取10m/s2）。
求：（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离。
【答案】（1）（2）4s；18m（3）1.8m【解析】试题分析：（1）设木箱的最大加速度为，根据牛顿第二定律解得则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为（2）设木箱的加速时间为，加速位移为。
（3）设平板车做匀加速直线运动的时间为，则达共同速度平板车的位移为则要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足考点：牛顿第二定律的综合应用.2．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 =1.8m212OA 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 =1.92cm212OA 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=0.120.026AB A h s s v ==3．一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/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112hgt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶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 ＝2202v 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4．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210m/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＝1516m ，B 滑行距离：S B =12a B t 2=12×14×116m=716m ． 最大距离：△s=S A -S B =1516−716=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：22201122A Bv v v L a a -=+ 又：011A Bv 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．5．小球从离地面80m 处自由下落， 重力加速度g=10m/s 2。
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．质点从静止开始做匀加速直线运动，经4s 后速度达到，然后匀速运动了10s ，接着经5s 匀减速运动后静止求：（1）质点在加速运动阶段的加速度；（2）质点在第16s末的速度；（3）质点整个运动过程的位移．【答案】（1）5m/s2 （2）12m/s（3）290m【解析】【分析】根据加速度的定义式得加速和减速运动阶段的加速度，根据匀变速运动的速度和位移公式求解。
【详解】（1）设加速阶段的加速度为a1，则：v1=a1t1解得质点在加速运动阶段的加速度：a1==m/s2=5m/s2（2）设减速运动阶段的加速度为a2，由于v2=v1+a2t2，所以，a2==m/s2=-4m/s2当t=16s时，质点已减速运动了：t3=16s-14s=2s质点在第16s末的速度为：；v3=v1+a2t3=(20-24)m/s=12m/s（3）匀加速直线运动的位移：x1=t1=4m=40m匀速直线运动位移:x2=vt2=2010m=200m匀减速直线运动的位移x3=t3´=5m=50m则质点整个运动过程的总位移:x=x1+x2++x3=(40+200+50)m=290m7．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()22L 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．8．如图所示，在光滑的水平地面上， 相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2．求：A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．【答案】2.5s 【解析】试题分析：设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球再滑上斜坡，则有：1sA 球滑上斜坡后加速度m/s 2设此时A 球向上运动的位移为，则m此时A 球速度m/sB 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以m/s做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：s则相遇时间s考点：本题考查了运动学公式的应用9．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： 218/a m s = 110.5v t s a ==（1分）21112v 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 =4.0sin37hx 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22322t v v a x -=（1分），2/t v m s=（1分）3tv 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。