1、（物理）物理试卷物理直线运动题分类汇编含解析一、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 t0 时刻开始，小物块与木板一起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
2、右端离墙壁的最终距离【答案】（ 1） 10.12 0.4（ 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v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s4m / s0m / 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 x4.5m，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22带入可得 a1m / s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga可得 1 0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1 (Mm) g2 mgM
3、a1可得 a1 4m / s23对滑块，则有加速度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 / s0 t12m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m / s2木块继续减速，加速度仍为a14 m / s23假设又经历 t2 二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得 t2 0.5s此过程，木板位移x3v1t21 a1t227 m 末速度 v3 v1a1t22m / s26滑块位移 x41a2t221m22此后木块和木板一起匀减速二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m
4、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a1g1m / s2v232m位移 x52a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m【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 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/s 2，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】【
5、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： =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3 为提高通行
6、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v1=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v2=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v1 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
7、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】v1 72 km/s=20m/s ， v018km/s=5m/s ， v236 km/s=10m/s ，（1）两车减速运动的加速度大小为av122022.5m/s 2，2( xd )2(6040 )22甲车减速到v2 ，所用时间为v1v02010t14 sa2.5，走过的距离为 x1 v1v2 t12010460m，22dx1 )6040甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为( x60st2222v210甲车从减速到栏杆打开的总时间为t甲t1t2426 s乙车减速行驶到收费岛中心线的时间
8、为t3v1208 sa2.5从减速到打开栏杆的总时间为t乙t0t315823s人工收费通道和 ETC通道打开栏杆放行的时间差tt乙 t甲23 617 s；（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经t38 s 加速到 v120m/s ，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远x乙d604080 m,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x22从收费岛中心线开始，甲车先从v010 m/s 加速至 v120 m/s ，这个时间为 t14 s然后匀速行驶 x甲 x1v1t3tt160208174480 m故两车相距的最远距离为xx甲x乙48080400 m4 汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警
9、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= 0v0 =5 s a（2）反应时间内做匀速运动，则x1=v0t1x1=15 m 从刹车到停止的位移为x2，则20v02x =2ax2=75 m 小
10、轿车从发现物体到停止的全部距离为x=x1+x2=90m x=x 50m=40m 5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t 0 时，两个质量均为 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v t 图象如图乙所示，（g 取 10m/s 2）求：(1)小物体 A 和 B 与平板小车之间的动摩擦因数A、 B(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
11、 s 内，物体A、 B 的加速度大小相等，均为a3.0 m/s 2.根据牛顿第二定律：f = mgma 可得 A=B=0.3(2)物体 A、B 所受摩擦力大小均为Ff 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。AB(3)由图像可知 0-1.0s 内 A 的位移 x =4.5m B 的位移 x =1.5mAAA2B 减速到零后，对 A f = mg ma解得 a =3m/s对 B 和车 fA= mg=（ M+m ） aB 解得 aB=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
12、对位移mA、 B 之间的相对位移，即车的最小长度为：x xAxB 7.2m考点：牛顿第二定律的综合应用.6（ 8 分）一个质量为1500 kg 行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后 8 s 末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：（ 1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；（ 2）探测器落回出发点时的速度；（ 3）探测器发动机正常工作时的推力。【答案】（ 1） 768 m；（ 2）（3）【解析】试题分析：（ 1） 0 24 s 内一直处于上升阶段，H=2464 m=76
13、8m（2） 8s 末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g=m/s 2=4 m/s 2探测器返回地面过程有得（3）上升阶段加速度： a=8m/s 2由得，考点： v-t 图线；牛顿第二定律.7 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v2l2m/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/s 2 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 a2 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
14、（ 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： v1-a1t=v 2-a2t解得 ： t=4s6s 后甲车匀速 ，则速度 ：v= v1-a1t1=4m/s两车速度再次相等时，则有 ： v=v2-a2 t 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12x1、 x2，则有 :x1 =v1t- a1t222122x =v t-2a t又有 ： x12-x =L解得 ： t1=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 t1 =2s，第二次 t 2=6s第二次相遇时甲车的速度为
15、： v11 1 2=v -a t =4m/s乙车的速度为 ： v2=v2-a2t 2=6m/s设再经 t甲追上乙，则有： v121t=v2t- a2(t)2代入数据解得 ： t=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： t3=t2+t=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8 两辆玩具小车在同一水平轨道上运动，在t=0 时刻，甲车在乙车前面S0=4m 的地方以速度 v0 =2m/s 匀速行驶，此时乙车立即从静止开始做加速度a=1m/s2 匀加速直线运动去追甲车，但乙
16、车达到速度 vm =3m/ s 后开始匀速运动求：（1）从开始经过多长时间乙车落后甲车最远，这个距离是多少？（ 2）从开始经过多长时间乙车追上甲车，此时乙车通过位移的大小是多少？【答案】（ 1） 6m （ 2） 21m【解析】【分析】（ 1）匀加速追匀速，二者同速时间距最大；（ 2）先判断乙车达到最大速度时两车的间距，再判断匀速追及阶段的时间即可匀加速追及匀速运动物体时，二者同速时有最小间距【详解】（ 1）当两车速度相等时相距最远，即v0=at0，故 t0=2s；此时两车距离 x=S0 0 0-102+v tat2解得 x=6m；（2）先研究乙车从开始到速度达到vm 时与甲车的距离对乙车： v
17、m=at1， 2ax 乙 =vm2 ，对甲车： x 甲=v0t1解得 x 甲=6m，x 乙 =4.5mt1=3sx 甲 +S0 x 乙 ，故乙车达到最大速度时未追上乙车，此时间距为s=x 甲+S0-x 乙 =5.5m，乙车还需要时间 t2s5.5s 5.5s ，vmv03 2故甲追上乙的时间t=t1+t2 =3+5.5s=8.5s，此时乙车的位移为X 总=x 乙+vmt2 =4.5+3 5m=21m.5；9某汽车以20m/s 的速度行驶，司机突然发现前方34m 处有危险，采取制动措施若汽车制动后做匀减速直线运动，产生的最大加速度大小为10m/s 2，为保证安全，司机从发现危险到采取制动措施的反
18、应时间不得超过多少？【答案】 0.7s【解析】【分析】【详解】设反应时间不得超过t ，在反应时间内汽车的位移为S1，汽车做匀减速至停止的位移为S2，则有：S1=v0tv02S22a又S= S1 S2解得t=0.7s故反应时间不得超过0.7s10 如图甲所示，光滑水平面上有A、 B 两物块，已知A11B 静的质量 m =2 kg初始时刻止， A 以一定的初速度向右运动，之后与B 发生碰撞，它们的xt 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 xt 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m1v10m1v1m2v2代入数据解得m26kg
