1、最新高考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 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 v0 12m/s，加速度大小 a0 2m/s2.(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1 2m/s2 的匀加速a直线运动，能达到的最大速度vm 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0 在地面上做匀减a速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v1 6 m/s
2、，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a22m/s2 ，最大速度为 v28m/s ，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：t2v28 s4sa22x2v2 t284m16m22之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x2 vm(t 1t 0) 8
3、 2m 16m由于 x1 x2 x0，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x0 (x1 x2)vmt 2联立得 :t2 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x2 45 x0 9m设甲运动到底线的时间为t 3，则 x2 v1t 3足球在 t3 时间内发生的位移x2vt31a0t322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 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
4、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。【答案】（ 1）2f Mg hfMgMh（ 2）m2 gM【解析】【详解】（1）对木块，由动能定理得：Mgh fh01Mv 2 ，2解得： v2fMg 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：Hv 22g解得： HfMg Mhm2g3 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
5、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
6、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？8H2【答案】（ 1） gT1H；（ 2）求出的重力加速度比实际值大；（3）22 ， L0T1T2T 2T212解析见详解。【解析】【详解】12（1）（ i）小球从 O 点上升到最大高度过程中：T1h1g221T22小球从 P 点上升的最大高度： h2g22依据题意： h1 h2H8H联立解得： gT22T12（ii ）真空管至少的长度：LL0h1故 L L0T12HT 2T 212（2）以 l 表示摆长， 表
7、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FsinmLsin（2）2 ， Fcos mgT由以上式子得：T2Lcos，而单摆的周期公式为T 2L，即使在单摆实验gg中，摆角很小， 5，但 cos 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。（3）地球是自转，地球表面的所有物体都随着地球共同做匀速圆周运动，万有引力的一个分力提供物体随地球自转的向心力，另一个分力为重力，在赤道附近,物体做匀速圆周运动的半
8、径最大 ,赤道上的自转半径为地球半径 R，所以重力最小 ,重力加速度就最小。随着纬度升高 ,自转半径减小 ,自转的向心力减小 ,万有引力的另一个分力 G 增大；如图所示：故重力加速度随着维度的增加而增大。4 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。某天清晨，一辆正以 20m/s 速度行驶的汽车司机突然发现前方发生交通事故，便立即刹车，若该司机反应时间为 0.6 s，在反应时间内车速不变，若该汽车刹车后的加速度大小为5 m/s 2，从司机发现情况到汽车静止这个过程中，求：（ 1）该汽车运动的时间；（ 2）该汽车前进的距离。【答案】 （1）（2 ）【解析】【详解】(1) 由速度
9、公式即解得：所以汽车运动的时间为：；(2) 汽车匀速运动的位移为：汽车匀减速的位移为：所以汽车前进的距离为：。5 某物理实验小组在游泳池做了一个实验：将一个小木球离水面5m高静止释放（不计空气阻力），经 1 40s 后落入池底速度刚好为零假定木球在水中做匀减速直线运动，重力加速度 g=10m/s 2求：（ 1）木球刚接触水面时的速度的大小；（ 2）木球在水中运动的加速度的大小；（ 3）游泳池水的深度【答案】（ 1） 10m/s（ 2） 25m/s2（ 3） 2m【解析】试题分析：（ 1）小木球离水面 5m 高静止释放，做自由落体运动直到水面，根据位移时间公式得：h1= 1 gt122解得： t
10、1=1s所以： v1=gt1=10m/s（2）在水中运动的时间为：t2=1 4-t1所以： av1025 m / s2t1.4 1（3）木球在水中做匀加速直线运动，平均速度等于v102所以： h2v10t21000.42m22考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】该题主要考查了自由落体运动及匀减速直线运动基本公式的应用，难度不大，属于基础题6 如图所示为一风洞实验装置示意图，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为 370.现小球在 F=20N 的竖直向上的风力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数=0.5 .( sin37 o0.6 , cos37o
11、0.8 ， g=10m/s2 )，求 :(1)小球运动的加速度a1 大小？(2)若 F 作用 3s 后小球到达B 点 ,此时使风力大小不变，方向立即改为水平向左力 F 开始计时，小球经多长时间将回到B 点？.则从改变风【答案】（1） 2m/s 2；（ 2） 0 54s【解析】（ 1）在风力 F 作用时有：（ F-mg） sin37 -（ F-mg） cos37 =ma1a1=2 m/s 2 方向沿杆向上（ 2） 3s 时小球速度 ： v=a1t 1=6m/s风力方向改为水平向左后,小球加速度为a2,沿杆方向： -mgsin37 -F cos37 -N=ma2N+mg cos37 =F sin3
12、7解得： a2 =-24 m/s 2经过时间 t 2 到达最高点， t2=v=0.25sa2此处距 B 点的位移为： s= 0v t2 =0.75m2小球下滑时的加速度为a3，有： mgsin37 +Fcos37 -N2=ma3解得： a3 =18m/s2下滑到 B 点的时间为12t3 , 则 x=a3t 32解得： t33 s6所以 t=t 2+t3=0.54s7 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6E 110 N/
13、C 现将一质量 m 2 kg、电荷量 5C 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q1 10率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s 2.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/s 2方向水平向右(2)xm 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/
14、s 2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1a由牛顿第二定律有 qE+mg=ma1代入数据得 a1=8 m/s 2设滑块与档板碰后至速度减为v 经历的时间为t 1，发生的位移为 x1由运动学规律有 v=v1-a1t1， x1=v1t 1- a1t12代入数据得 t 1=025s，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
15、速度为零时，滑块离B 最远，最远距离xm=x1+x2代入数据解得，xm=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 x2，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8 两辆
16、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）
17、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=S00 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： vm=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 t2vms5.5s 5.5s ，v03 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；95
18、 1s 时F3=ma30.2=0.1a33=2m/s 2V3=v2-a3t3=0.6-2 0.1=0.4m/s2 分F4=ma40.1=0.1a44=1m/s 2V4=v3-a4t4=0.4-1 0.4=01 分v/t 图像正确3分考点：考查了牛顿第二定律与图像10 近几年，国家取消了 7 座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交 )卡而直接减速通过若某车减速前的速度为v01 5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速 20m/s ，靠近站口时以大小为a
19、度为 vt8 m/s，然后立即以2 4 m/s2 的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平a直大道 )试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在 (1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？【答案】 （1） 33.6m（ 2） 5.4s（3） 1.62s【解析】【详解】（1）设该车初速度方向为正方向,该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1 处开始制动，则有： v 22 - 2a1x1 t v0解得： x1 33.6 m.该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1 和 x2，时间为 t 1 和t 2，则减速阶段： vt v0- a1t1 解得： t1 2.4 s加速阶段： t23 s 则加速和减速的总时间为：t t1 t25.4 s. （3）在加速阶段： x t 42 m 22则总位移： x x1 x2 75.6 m若不减速所需要时间：t 3.78 s 车因减速和加速过站而耽误的时间：t t t 1.62 s. 【点睛】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、加速，加速度、位移、时间等都不一样分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题
