1、最新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 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
2、【解析】【详解】（1） v0 120km / h120 m / s ， v60km / h60 m / s3.63.6根据速度公式 v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s 2解得： t=3.3s；（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t 1=66.6m ；匀减速的位移： v2v022ax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.2 如图所示，一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上，光滑圆弧MN 的半径为R=3.2m，水平部分NP 长 L=3.5m，物体 B 静止在足够长的平板小车C 上， B 与小车的接触面光滑，
3、小车的左端紧贴平台的右端从M 点由静止释放的物体A 滑至轨道最右端P 点后再滑上小车，物体A 滑上小车后若与物体B 相碰必粘在一起，它们间无竖直作用力A 与平台水平轨道和小车上表面的动摩擦因数都为0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等 物体 A、B 和小车 C 的质量均为1kg，取 g=10m/s 2求(1)物体 A 进入 N 点前瞬间对轨道的压力大小？(2)物体 A 在 NP 上运动的时间？(3)物体 A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】 (1)物体 A 进入 N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N；(2)物体 A 在 NP 上运动的时间为0.5s(3)物体 A 最终离小车左端的距离为
4、33m16【解析】试题分析：（ 1）物体 A 由 M 到N 过程中，由动能定理得： mAA N2gR=m v在 N 点，由牛顿定律得FN AA-m g=m联立解得 FN=3mAg=30N由牛顿第三定律得，物体A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FNA =3mg=30N（2）物体 A 在平台上运动过程中mAg=mAaN2L=v t-at代入数据解得t=0.5st=3.5s(不合题意，舍去 )（3）物体 A 刚滑上小车时速度v1= vN-at=6m/s从物体 A 滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A 组成系统动量守恒，而物体B 保持静止(mA+ mC)v2= mAv1小车最终速度 v2=3m
5、/s此过程中 A 相对小车的位移为L1，则mgL11mv1212mv22解得： L19m224物体 A 与小车匀速运动直到A 碰到物体 B，A，B 相互作用的过程中动量守恒：(m + m )v = m vAB3A 2此后 A， B 组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4(mA+ mB)v3+mCv2= (m A+mB+mC) v4此过程中 A 相对小车的位移大小为L2，则mgL2121212232mv222mv33mv4解得： L m216物体 A 最终离小车左端的距离为x=L1-L2=33 m16考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律.3A、 B 两列火车，在同一
6、轨道上同向行驶，A 车在前，其速度vA=10m/s， B 车在后，速度 vB=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） 2.5m / s2 ，方向与运动方向相反（2）6s 两车相撞（
7、 3） aA 0.83m / s2【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，vt0, v0vB30m / s, S180m由 0 vB22aB s 得 aBvB 22.5m / s22s故 B 车刹车时加速度大小为2.5m / s2 ，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：vA vB aB t ，解得： tvAvB10308saB2.5此时 B 车的位移：sBvB t1a
8、Bt230812.582160m22A 车的位移： sAvA t10880m因3(3 )66133333设经过时间 t两车相撞，则有12vAts vB t2 aB t代入数据解得： t16s,t210s，故经过6s 两车相撞（3）设 A 车的加速度为 aA 时两车不相撞两车速度相等时：vAaA (tt )vBaBt即： 10aA (tt)302.5tsBvBt12,即： sB30t1.25t2此时 B 车的位移：2 aBtA 车的位移： sAvAt1aA (tt)22要不相撞，两车位移关系要满足sBsAs解得 aA0.83m / s24 某汽车在高速公路上行驶的速度为108km/h ，司机发现
9、前方有障碍物时，立即采取紧急刹车，其制动过程中的加速度大小为5m/s2 ，假设司机的反应时间为0.50s，汽车制动过程中做匀变速直线运动。求：(1)汽车制动8s 后的速度是多少(2)汽车至少要前行多远才能停下来?【答案】（ 1） 0（ 2） 105m【解析】【详解】（1）选取初速度方向为正方向，有：v0=108km/h=30m/s ，由 vt =v0+at 得汽车的制动时间为： tvtv00308s 后的速度是0；as6s ，则汽车制动5（2）在反应时间内汽车的位移：x =v t =15m ；100汽车的制动距离为：x2 v0vtt3006m90m 22则汽车至少要前行15m+90m=105m
10、 才能停下来 【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意汽车在反应时间内做匀速直线运动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，设总路程为程上的平均速度为v，总路程为ss，后路前 里时用时后里时用时所以全程的平
11、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 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
12、=5m/s 2（2 ）设减速运动阶段的加速度为a2，由于 v2 =v 1+a 2 t2，所以， a2=m/s 2=-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=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=2010m=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=290m7 如图所示为一风洞实验装置示意图，一质量为1kg
13、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 , cos37o0.8 ， 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.则从改变风力 F 开始计时，小球经多长时间将回到B 点？【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
14、 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 sin37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 21下滑到 B 点的时间为 t3 , 则 x= a3t 322解得： t33 s6所以 t=t 2+t3=0.54s8 一辆汽车以 1m/s2 的加速度加速行驶
15、了 12 秒，驶过了 180m。之后匀速行驶了 105m ，求：（ 1）汽车开始加速时的速度是多少？（ 2）汽车的末速度是多少？（ 3）简要画出全过程的 v-t 图像（注：标出关键点坐标即可）【答案】（ 1） 9m / s （ 2） 21m / s（ 3）如图所示：【 解 析 】 （ 1） 由 公 式 ：x v0t1 at 2， 可 以 得 到 ：2v0x1 at1801 1 12m / s9m / s；t2122（2）由速度与时间关系可以得到：vv0at9m / s1 12m / s 21m / s；（3）根据题意可以知道，匀速运动的时间为：t1x1105 s 5s ，如图所示：v21点睛：
16、本题关键是明确汽车的运动性质，然后根据运动学公式直接列式求解。92015 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
17、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=256ms 石 =v1t 1=v（ t+1 t1 ）=16 （ 32+120） =208m因为 s 石 s 汽 ，所以能安全逃离10 “ 10 米折
18、返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10 米处的折返线，测试员同时开始计时受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“ 10 米折返跑”的成绩，设受试者起跑的加速度为4m / s2 ，运动过程中的最大速度为 4 m/s，快到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8m / s2 受试者在加速和减速阶段运动均可视为匀变速直线运动问该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？【答案】 6.25s【解析】【分析】【详解】对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速阶段有t1vm1sa1s11 vmt12m2减速阶段有t3vm0.5sa2s1 v t1m32 m 3匀速阶段有l(s1s3 )t2vm1.75s由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段有vm1st4a1s41 vmt 42m2匀速阶段有ls42st5vm故受试者 10 米折返跑的成绩为tt1t 2t 3t4t56.25s
