高考物理直线运动真题汇编含答案.doc

高考物理直线运动真题汇编( 含答案 )
一、高中物理精讲专题测试直线运动
1．一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
光时间间隔为到了 2m；在第1s．分析照片得到的数据，发现质点在第
3 次、第
4 次闪光的时间间隔内移动了
1 次、第
2 次闪光的时间间隔内移
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：
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 A 不符合C 符合题意；
，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．
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=
v 0
=5 s
①
a
（2）反应时间内做匀速运动，则 x 1=v 0t 1② x 1=15 m ③
从刹车到停止的位移为
x 2，则
2
0 v 02 x =
④
2a
x 2=75 m ⑤
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． 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 ；
4． 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 距离为多少？ (物块在 b 端无能量损失
)
b 端开始下滑，则
aP 间的
(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 μ
bc =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
1
=
=1.6m/s 2
a =
1 2
x= a t
解得 a 到 b 的时间为 t= =5s
（2）物体从 a 到 p ： =2a 1 x 1
物块由 P 到 b ： =2a 2 x 2
a 2=μg
1
2
x=x +x
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=
=0
μbc =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．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/s 2（ 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=a 1t 1
解得质点在加速运动阶段的加速度：a1 = = m/s 2=5m/s 2
（2 ）设减速运动阶段的加速度为a2，
由于 v2 1 2 2 2
= 2
=-4m/s
2
=v +a t ，所以， a = m/s
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=v 1+a 2 t3 =(20-24)m/s=12m/s （3 ）匀加速直线运动的位移：x1 = t 1 =4m=40m
匀速直线运动位移 :x2 =vt 2=20 10m=200m
匀减速直线运动的位移
′
x3= t 3 =5m=50m
则质点整个运动过程的总位移:x=x 1+x 2+ +x 3=(40+200+50)m=290m
6．如图甲所示，质量为M＝ 3.0kg 的平板小车C静止在光滑的水平面上，在
质量均为 1.0kg 的小物体 A 和 B 同时从左右两端水平冲上小车， 1.0s 内它们的图乙所示，（g 取 10m/s 2）求：t＝ 0 时，两个v－ t 图象如
(1)小物体 A 和 B 与平板小车之间的动摩擦因数
AB μ、μ
(2)判断小车在0～ 1.0s 内所做的运动，并说明理由？
(3)要使 A、B 在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
【答案】（ 1） 0.3；（ 2）小车静止；（ 3）7.2m
【解析】试题分析：(1)由 v－ t 图可知，在第 1 s 内，物体 A、 B 的加速度大小相等，均为 a
＝3.0 m/s 2.
根据牛顿第二定律： f = μmg＝ma 可得μ
A=μB=0.3
(2)物体 A、B 所受摩擦力大小均为 F f＝ ma＝ 3.0 N，方向相反，
根据牛顿第三定律，车 C 受 A、 B 的摩擦力也大小相等，方向相反，合力为零，故小车静
止。

(3)由图像可知 0-1.0s 内 A 的位移 x A=4.5m B 的位移 x B=1.5m
B 减速到零后，对 A f A=μ mg＝ ma A解得 a A=3m/s 2
对B 和车 f A=μ mg=（ M+m ） a B解得 a B=0.75m/s 2
设经过时间t ，达到相同速度v
解得： t=0.8s v=0.6m/s
相对位移m
A、 B 之间的相对位移，即车的最小长度为：x＝ x A＋x B＋＝7.2m
考点：牛顿第二定律的综合应用.
7．.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 1 1 2 1
a ，则 a =g；v =2a h 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a2，则： mg-F f-F=ma2 解得 a2=-16m/s 2
所以最大深度： H 0 v2
0.5m 2a2
（3）自由落体阶段：
v
0.4s t 1
g
在水中下降 t2 0 v
a2 0.25 s
在水中上升： F-mg-F f =ma3 解得 a3=4.0m/s 2
所以： t3 2H
0.5s a3
总时间： t=t 1+t2+t3=1.15s
8．我国 ETC联网正式启动运行， ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通
道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v0=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过 ETC通道，需要在收费线中心线前10m 处正好匀减速至 v=5m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至 v0正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过
20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v0正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大
小均为 1m/s2，求：
（1）汽车过 ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
（2）汽车过 ETC通道比过人工收费通道节省的时间是多
少．【答案】（ 1） 210m（ 2） 27s
【解析】试题分析：（1）汽车过ETC通道：减速过程有：，解得
加速过程与减速过程位移相等，则有：
解得：
（2）汽车过ETC通道的减速过程有：
得总时间为：
汽车过人工收费通道有：， x2 =225m
所以二者的位移差为：△=x2﹣ x1=225m ﹣210m=15m ．（ 1 分）
则有：27s
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较
多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，
对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题
9．2015 年 12 月 20 日 11 时 42 分，深圳光明新区长圳红坳村凤凰社区宝泰园附近山坡垮
塌， 20 多栋厂房倒塌，91 人失联．假设当时有一汽车停在小山坡底（如图所示），突然司
机发现在距坡底S1=180m 的山坡处泥石流以2m/s 的初速度、 0.7m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机（反应时间为1s）以 0.5m/s 2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直
线运动，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面做匀速直线运动．问：
（1）泥石流到达坡底后的速率是多少？到达坡底需要多长时间？
（2）从汽车启动开始，经过多长时间才能加速到泥石流达坡底后的速率？
（3）汽车司机能否安全逃离泥石流灾害？
【答案】（ 1） 20s 16 m/s （ 2） 32s（3）能安全逃离
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设泥石流到达坡底的时间为 t 1，速率为 v1，则由
v12-v02=2as1
得v1=16 m/s
由v1=v0+a1t1
得t 1=20 s
（2）设汽车从启动到速度与泥石流的速度相等所用的时间为t ，则：
由v 汽=v1=a′ t
得t=32s
（3）所以 s 汽=256m
s 石 =v1t ′1=v（ t+1 ﹣ t1）=16 ×（ 32+1﹣20） =208m
因为 s 石＜s 汽，所以能安全逃离
10．如图甲所示，光滑水平面上有A、 B 两物块，已知A1的质量 m1=2 kg．初始时刻 B 静止， A 以一定的初速度向右运动，之后与 B 发生碰撞，它们的x–t 图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物块 B 的质量为多少？
【答案】 6 kg
【解析】
【分析】
【详解】
由 x–t 图知：碰前瞬间，v14m / s；v20
碰后瞬间， v12m / s； v22m / s
两物块组成的系统动量守恒m1v10 m1v1m2v2 代入数据解得m26kg。