高中物理直线运动试题经典及解析

时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速
度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用
牛顿第二定律求解力
视频
9．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以 10m/s 的速度匀速行驶的货车严
重超载时，决定前去追赶，经过 5s 后警车发动起来，并以 2m/s2 的加速度做匀加速运动， 并尽快追上货车，但警车的行驶速度必须控制在 108km/h 以内．问： （1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？ （2）求出警车发动后至少要多长时间才能追上货车？ 【答案】（1）90m（2）12.5s 【解析】 【分析】 【详解】
（3）小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得： N mg m vC2 R
从 B 运动到 C 由动能定理可知：
mgh
1 2
mvC2
1 2
mvB2
解得; N 3900N 故本题答案是：（1） L 100m （2） I 1800N s （3） N 3900N
点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿 第二定律求解最低点受到的支持力大小．
解：（1）由
得小球运动的时间： 落地速度为：
6．物体在斜坡顶端以 1 m/s 的初速度和 0.5 m/s2 的加速度沿斜坡向下作匀加速直线运动，
已知斜坡长 24 米，求： (1) 物体滑到斜坡底端所用的时间． (2) 物体到达斜坡中点速度．
【答案】（1）8s（2） 13m / s
【解析】
【详解】
（1）物体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有 1 M m g 2mg Ma1 ，可得
a1
4 3
m
/
s2
对滑块，则有加速度 a2 4m / s2 ，滑块速度先减小到 0，
此时，木板向左的位移为
x1
vt1
1 2
a1t12
10 3
m
，
末速度 v1
8 3
m
/
s
滑块向右位移
x2
4
2
0
t1
2m
此后，木块开始向左加速，加速度仍为 a2 4m / s2
1 当两车速度相同时距离最大
由 v at
可得警车达到10m / s 的时间； t1 4s
在这段时间警车的位移
x1
1 2
at12
1 2
2.5 42
20m
货车相对于出发点的位移 x2 107 4 110m
两车间的最大距离 x 90m
2108km / h 30m / s ；
由 v at
可得警车达到最大速度的时间 t2 12s
【答案】（1）100 m （2）1800 N s （3）3 900 N
【解析】 （1）已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
v2 v02 2aL 可解得: L v2 v02 100m
2a
（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
I mvB 0 1800N s
（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：μ=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．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/s2，sin37°＝0.6，求：
5．小球从离地面 80m 处自由下落， 重力加速度 g=10m/s2。问： (1)小球运动的时间。 (2)小球落地时速度的大小 v 是多少？ 【答案】(1)4s；(2)40m/s 【解析】 【分析】 自由落体运动是初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动，由位移公式求解时间，用速 度公式求解落地速度。 【详解】
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 g
40 1
m
/
s2
，解得 2
0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t=1s，位移 x 4.5m ，
末速度 v=4m/s，其逆运动则为匀加速直线运动可得 x vt 1 at2 ，带入可得 a 1m / s2 2
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 2 g a ，可得 1 0.1
（2）小球刚要到 B 点时加速度的大小和方向；
（3）小球过 B 点后到停止的时间和位移大小．
【答案】 （1）5 m/s（2）20m/s2 加速度方向沿 B 点半径指向圆心（3）25s 6.25m
【解析】
（1）小球从 A 点释放滑至 B 点，只有重力做功，机械能守恒：mgR= 1 mvB2 2
解得 vB=5m/s
联立解得：
v1＝ 13m/s
7．某运动员助跑阶段可看成先匀加速后匀速运动．某运动员先以 4.5m/s2 的加速度跑了 5s．接着匀速跑了 1s．然后起跳．求： （1）运动员起跳的速度？ （2）运动员助跑的距离？ 【答案】（1）22.5m/s（2）78.75m 【解析】（1）由题意知，运动员起跳时的速度就是运动员加速运动的末速度，根据速度时 间关系知，运动员加速运动的末速度为：
（1）木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． 【答案】（1）0.1 和 0.4．（2）6.0m（3）6.5m
【解析】试题分析：（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为 v 4m / s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v 4m / s
（2）小环刚要到 B 点时，处于圆周运动过程中， a1
vB2 R
52 m / s2 1.25
20m / s2
加速度方向沿 B 点半径指向圆心
（3）小环过 B 点后继续滑动到停止，可看做匀减速直线运动：0.2mg=ma2， 解得 a2=2m/s2
t2
vB a2
2.5s
s
1 2
a2t 2
6.25m
高中物理直线运动试题经典及解析
一、高中物理精讲专题测试直线运动
1．2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某 滑道示意图如下，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h=10 m，C 是半 径 R=20 m 圆弧的最低点，质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速 度 a=4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB=30 m/s．取重力加速度 g=10 m/s2． （1）求长直助滑道 AB 的长度 L； （2）求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小； （3）若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN 的大 小．
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/s2，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】
代入数据得到：
x＝v0t
1 2
at
2
解得：
14=t+0.25t2
t=8s 或者 t=-12s（负值舍去） 所以物体滑到斜坡底端所用的时间为 8s
（2）设到中点的速度为 v1，末位置速度为 vt，有： vt=v0+at1=1+0.5×8m/s=5m/s
vt2 v02＝2ax
v12
v02＝2a
x 2
4．如图，AB 是固定在竖直平面内半径 R=1.25m 的 1/4 光滑圆弧轨道，OA 为其水平半径， 圆弧轨道的最低处 B 无缝对接足够长的水平轨道，将可视为质点的小球从轨道内表面最高 点 A 由静止释放．已知小球进入水平轨道后所受阻力为其重力的 0.2 倍，g 取 10m/s2．求：
（1）小球经过 B 点时的速率；
即运动员起跳时的速度为 22.5m/s；
（2）根据位移时间关系知，运动员加速运动的距离为： 运动员匀速跑的距离为： 所以运动员助跑的距离为： 综上所述本题答案是: （1）运动员将要起跳时的速度为 22.5m/s； （2）运动员助跑的距离是 78.75m．
8．一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．t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向 右运动，直至 t=1s 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/s2．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 b 端开始下滑，则 aP 间的 距离为多少？(物块在 b 端无能量损失) (3)若物块与斜面间的动摩擦因数 μbc＝0.277＋0.03Lb，式中 Lb 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 μbc=0.277+0.03Lb 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
木块继续减速，加速度仍为
a1
4 3
m
/
s2
假设又经历 t2 二者速度相等，则有 a2t2 v1 a1t2 ，解得 t2 0.5s
此过程，木板位移
x3
v1t2
1 2
a1t22
7 6
m
。末速度 v3
v1
a1t2
2m
/
s
滑块位移此后木块和木板一起匀减速。
二者的相对位移最大为 x x1 x2 x3 x4 6m
此时警车的位移
x3
1 2
at22
180m
货车相对于出发点的位移 x4 107 12 190m
由于警车的位移小于货车的位移，所以仍末追上
设再经过 t3 追上，则 30 10t2 190 180
a1=
=
=1.6m/s2
x= a1t2
解得 a 到 b 的时间为 t=
=5s
（2）物体从 a 到 p： =2a1x1 物块由 P 到 b： =2a2x2 a2=μg
x=x1+x2 解得 ap 距离为 x1=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+0.03Lb， 联立解得 Lb=10m 因此如斜面长度 L＞10m，则 Lb=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 Lb=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．
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 a 1g 1m / s2
位移
x5
wk.baidu.com
v32 2a
2m
所以木板右端离墙壁最远的距离为 x1 x2 x5 6.5m
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题