高考物理直线运动解题技巧及练习题含解析(1)

高考物理直线运动解题技巧及练习题含解析(1)

一、高中物理精讲专题测试直线运动

1．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、

CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。求

（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。 【答案】（1）3sin 4

F mg θ=（2）43d L =

【解析】 【详解】

（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-?=

以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：

sin cos F mg mg ma θμθ+-?=

已知tan μθ= 联立可得：3

sin 4

F mg θ=

（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：

21

4sin 6cos 32)4v 2

mg L mg L L L m θμθ?-??++=

?（ 可得：v 3sin gL θ=

由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；

第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：

()22111sin 3.5v v 22

mg L m m θ?=

- 可得：1v 4sin gL θ=

当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC 段边缘的时间差为v L t ?=

，因此到达水平面的时间差也为v

L

t ?= 所以滑块在水平面上的间距为1v d t =? 联立解得4

3

d L =

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】 【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：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．为提高通行效率，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t0=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】

172

v=km/s=20m/s，

018

v=km/s=5m/s，

236

v=km/s=10m/s，

（1）两车减速运动的加速度大小为

22

1

20

2.5

40

2()2(60)

22

v

a

d

x

===

+?+

m/s2，

甲车减速到2v ，所用时间为1012010

42.5

v v t a --===s ， 走过的距离为11122010

46022

v v x t ++=

=?=m ， 甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为12

240

()606022 210

d x x t v +

-+-=

==s 甲车从减速到栏杆打开的总时间为12

426t t t =+=+=甲s 乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为1320

82.5

v t a ===s 从减速到打开栏杆的总时间为03

15823t t t =+=+=乙s 人工收费通道和ETC 通道打开栏杆放行的时间差23617t t t ?=-=-=乙甲s ；

（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经3

8t =s 加速到1 20v =m/s ，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远．

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40

608022

d x x =+=+=乙m, 从收费岛中心线开始，甲车先从0

10v =m/s 加速至1 20v =m/s ，这个时间为1 4t =s 然后匀速行驶()()1131

60208174480x x v t t t =++?-=+?+-=甲m 故两车相距的最远距离为48080400x x x ?=-=-=甲乙m ．

4．某汽车在高速公路上行驶的速度为108km/h ，司机发现前方有障碍物时，立即采取紧急刹车，其制动过程中的加速度大小为5m/s 2，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：v 0=108km/h=30m/s ，由v t =v 0+at 得汽车的制动时间

为：0030

65

t v v t s s a ---＝

＝＝，则汽车制动8s 后的速度是0； （2）在反应时间内汽车的位移：x 1=v 0t 0=15m ；

汽车的制动距离为：02300

69022

t v v x t m m ++?＝

＝＝ ． 则汽车至少要前行15m+90m=105m 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．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯开始闪烁，已知绿灯闪烁3秒后将转为红灯．请问：（1）若甲车在绿灯开始闪烁时刹车，要使车在绿灯闪烁的3秒时间内停下来且刹车距离不得大于18m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？

（2）若甲、乙车均以v0=15m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车司机的反应时间△t2=0.4s，反应时间内视为匀速运动）．已知甲车、乙车紧急刹车时的加速度大小分别为a1=5m/s2、a2=6m/s2 ．若甲车司机看到绿灯开始闪烁时车头距停车线L=30m，要避免闯红灯，他的反应时间△t1不能超过多少？为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前之间的距离s0至少多大？

【答案】(1)（2）

【解析】（1）设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为v1根据平均速度与位移关

系得：

所以有：v1=12m/s

（2）对甲车有v0△t1+＝L

代入数据得：△t1=0.5s

当甲、乙两车速度相等时，设乙车减速运动的时间为t，即：

v0-a2t=v0-a1（t+△t2）

解得：t=2s

则v=v0-a2t=3m/s

此时，甲车的位移为：

乙车的位移为：s2＝v0△t2+＝24m

故刹车前甲、乙两车之间的距离至少为：s0=s2-s1=2.4m．

点睛：解决追及相遇问题关键在于明确两个物体的相互关系；重点在于分析两物体在相等时间内能否到达相同的空间位置及临界条件的分析；必要时可先画出速度-时间图象进行分析．

6．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：

(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＋0.03L b，式中L b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+0.03L b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

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+0.03L b，

联立解得L b=10m

因此如斜面长度L＞10m，则L b=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L b=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．

7．如图所示，质量为M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F，当小车向右运动速度达到时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg的小物块，经过t1=2s的时间，小物块与小车保持相对静止。已知小物块与小车间的动摩擦因数

0.2，假设小车足够长，g取10m／s2，求：

(1)水平恒力F的大小；

(2)从小物块放到车上开始经过t=4s小物块相对地面的位移；

(3)整个过程中摩擦产生的热量。

【答案】（1）8N（2）13.6m（3）12J

【解析】试题分析：（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为v，对于小物块，在

t1=2s时间内，做匀加速运动，则有：

对于小车做匀加速运动，则有：

联立以上各式，解得：F="8N"

（2）对于小物块，在开始t1=2s时间内运动的位移为：

此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为，则有

x=x1+x2

联立以上各式，解得：x=13.6m

（3）整个过程中只有前2s物块与小车有相对位移

小车位移：

相对位移：

解得：Q=12J

考点：牛顿第二定律的综合应用.

8．（13分）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝37°。现有一质量m＝1.0 kg的滑块沿斜面由静止下滑，经时间0.40 s沿斜面运动了0.28 m，且该过程中木块处于静止状态。重力加速度g取10 m／s2，求：（sin37°＝0.6，cos37°

＝0.8）

（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；

（2）滑块在斜面上滑行的过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。

【答案】（1）2.5N （2）2.8N；方向水平向左。

【解析】试题分析：（1）物块在斜面上加速下滑，则，

根据牛顿第二定律可得：，解得：N

（2）对斜面体，水平方向：，，N，方向水平向左。

考点：牛顿第二定律的应用.

9．如图所示，一传送皮带与水平面夹角为 =37°，正以2 m/s的恒定速率顺时针运行。现将一质量为10kg的工件轻放于其底端，经一段时间送到高3 m的平台上，已知工件与皮带间的动摩擦因数为μ= ，g取10 m/s2，求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。

【答案】460J

【解析】试题分析：对工件，根据牛顿第二定律：

解得：a=1m/s2

当工件的速度与传送带相等时有：

解得：t=2s

此时物块的位移：m

此过程中传送带的位移：s1=vt=4m

则相对位移：

由能量关系可知，带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能：

=460J

考点：牛顿第二定律；能量守恒定律.

10．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A1的质量m1=2 kg．初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞，它们的x–t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x –t 图知：碰前瞬间，14/v m s =；20v =

碰后瞬间，1

2/v m s =-'；22/v m s '= 两物块组成的系统动量守恒1111

220m v m v m v '+'+= 代入数据解得26m kg =