1、（物理）物理试卷分类汇编物理直线运动( 及答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1 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v0 =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/s2 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
2、者重力大小的比值【答案】（ 1） 8m / s2 ， 2.5s；（ 2） 0.3s ；（ 3） F041mg5【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v020m / s ，末速度 vt0 ，位移 f ( x)2x21 1由运动学公式得：v022as tv02.5s a由 式代入数据得a8m / s2 t2.5s（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Lv0ts ttt0 联立 式代入数据得t 0.3s （ 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F0 ，志愿者的质量为 m，由牛顿第二定律得Fma 由平
3、行四边形定则得F 2F 2( mg) 2 0联立 式，代入数据得F041mg52 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】【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
4、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 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
5、爆炸瞬间木块获得的速度；（2）爆竹能上升的最大高度。【答案】（ 1）2 fMg hfMg Mh（ 2）m2 gM【解析】【详解】（1）对木块，由动能定理得： Mgh fh 01Mv 2，2解得： v2 f Mg h ；M（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：Mv mv 0爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：HfMgMh解得： Hm2gv 22g4 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/s2 做匀加速直线运动，速度达到10 m/s 时撑杆起跳；达到最高
6、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31.8 10N【解析】【详解】（1）根据速度位移公式得，助跑距离：x=
7、 v2=102=25m2a22（2）设自由落体时间为t1，自由落体运动的位移为h： h=1 gt 2代入数据得： t=1.1s2刚要接触垫的速度v，则： v2=2gh，得 v=2gh = 2106.05 =11m/s（3）设软垫对人的力为F，由动量定理得：（mg-F） t=0-mv3代入数据得： F=1.8 10N由牛顿第三定律得对软垫的力为31.8 10N5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
8、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）【解析】试题分析：（；（ 2）；（ 3）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
9、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。6 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
10、 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：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
11、7 如图所示，一圆管放在水平地面上，长为L=0.5m，圆管的上表面离天花板距离h=2.5m ，在圆管的正上方紧靠天花板放一颗小球，让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上大小为 5m/s 的初速度， g 取 10m/s （ 1）求小球释放后经过多长时间与圆管相遇？（ 2）试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？【答案】 （1） 0.5s（ 2） 0.1s【解析】试题分析：小球自由落体，圆管竖直上抛，以小球为参考系，则圆管相对小球向上以 5m/s 做匀速直线运动；先根据位移时间关系公式求解圆管落地的时间；再根据位移时间关系公式求解
12、该时间内小球的位移（假设小球未落地），比较即可；再以小球为参考系，计算小球穿过圆管的时间（1）以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动，故相遇时间为： th2.5m0.5sv05m / s（2）圆管做竖直上抛运动，以向上为正，根据位移时间关系公式，有x v0t1gt 22带入数据，有 0 5t5t2 ，解得： t=1s 或 t=0（舍去）；假设小球未落地，在1s 内小球的位移为 x11 gt 21 10 125m，22而开始时刻小球离地的高度只有3m，故在圆管落地前小球能穿过圆管；再以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动，故小球穿过圆管的时间L0.5m
13、t 0.1sv05m / s8 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75 m ,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 10 m / s2 ,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） v2
14、=2gh;mv 30m/s座舱在自由下落阶段所用时间为：121hgt1 t 3s2h座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2v 2s2所以座舱下落的总时间为：t t1 t25s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mgNmg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mgNma根据匀变速直线运动规律有：a 0 v2 15m/s 22h2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9 光滑水平桌面上有一个静止的物体
15、，其质量为7kg，在 14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动 ，求 :5s 末物体的速度的大小？ 5s 内通过的位移是多少？【答案】 x=25m【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和 5s 内的位移【详解】（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：5s 末的速度为： v=at=2 5m/s=10m/s.a F 14 m / s22m / s2 ； m 7（2） 5s 内的位移为：x= 1 at 2 1222 25m 25m【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁10 图 a 为自动感
16、应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b 为感应门的俯视图，A 为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为 d，不计门及门框的厚度。(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；(2)若人以的速度沿图中虚线S 走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离应为多少？(3)
17、若以 (2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线 s 垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？【答案】 (1)(2) l=d(3)【解析】试题分析：（1）作出每扇门开启过程中的速度图象，根据图象求出加速度；（2）人只要在门打开的时间内到达门框处即可安全通过，由此求出设定的传感器水平感应距离 ；（ 3）为满足宽为 的物体通过门，根据题意分析门所做的运动，根据运动公式求解。（1）依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示：设门全部开启所用的时间为，由图可得由速度时间关系得：联立解得：（2）要使单扇门打开，需要的时间为人只要在 t 时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为联立解得：（3）依题意宽为的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a 运动的距离，速度达到，所用时间为，而后又做匀减速运动，设减速时间为，门又动了的距离由匀变速运动公式，得：解得：和（不合题意舍去）要使每扇门打开所用的时间为故物体移动的速度不能超过【点睛】抓住本题的关键，就是会根据题意作出每扇门的速度时间图象，并且知道速度时间图象的考点，即斜率表示加速度，与时间轴围成的面积表示位移，最后根据题目意思分析门框的运动状态，得出门框的运动性质，由此进行列式求解。
