高中物理直线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高中物理直线运动常见题型及答题技巧及练习题（含答案）

一、高中物理精讲专题测试直线运动

1．跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224m 高时，运动员离开飞机作自

由落体运动，运动了 5s 后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速

2

度为5m/s，取g 10m/ s2，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间．

【答案】a 12.5?m/s2；t 3.6s

【解析】

1 2 1 2

运动员做自由落体运动的位移为h gt210 52m 125m

22

打开降落伞时的速度为：v1 gt 10 5m/ s 50m/s

22

匀减速下降过程有：v12 v22 2a（H h）

将v2=5 m/s、H=224 m 代入上式，求得： a=12.5m/s 2

减速运动的时间为：t v1 v2 50 5s 3.6?s

a 12.5

2．如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a = 2. 5m/ s2的加速度由静止开

始向前做匀加速直线运动，当速度达到v = 9m/s 时改做匀速直线运动，己知木箱与平板车

之间的动摩擦因数μ= 0.22 5，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等（g 取10m/s 2）。求：

（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小

（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小

（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离。【答案】（ 1）（ 2）4s；18m（3）1.8m

【解析】试题分析：（ 1）设木箱的最大加速度为，根据牛顿第二定律

3）设平板车做匀加速直线运动的时间为

，则

解得 则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为 2）设木箱的加速时间为 ，加速位移为 。 达共同速度平板车的位移为 则

要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足 考点：牛顿第二定律的综合应用 .

3．A 、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶， A 车在前，其速度 v A =10m/s ，B 车在后，速

度 v B =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 / s 2

，方向与运动方向相反．（ 2）6s 两车相撞（ 3）a A

0.83m / s 2 【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， v t 0,v 0 v B 30m/ s,S 180m

2

由 0 v B 2a B s 得 a B

v

B

2.5m/ s 2

2s

故 B 车刹车时加速度大小为 2.5m /s 2

，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： v A v B a B t ，

v

A v

B 解得：

t A B a

B 10 30 8s

2.5

此时 B 车的位

移：

s

B

v B t 1

2 2 1 2 a B t 2 30 8 2.5 82

160m 2

A 车的位移： s A v A t 10 8 80m 因 33

( 33

) 6 6 1

3 3 3

12 设经过时间 t 两车相撞，则有 v A t s

v B t a B t 2

2 代入数据解得：t1 6s,t2 10s，故经过 6s 两车相撞

3）设 A车的加速度为a A 时两车不相撞

两车速度相等时：v A a A（t t）v B a B t

即：10 a A(t t) 30 2.5t

12

此时 B车的位移：s B v B t a B t 2,即： s B 30t 1.25t

2

12

A 车的位移： s A v A t 2a A （t t）2 要不相撞，两车位移关系要满足s

B s A s

2

解得a A 0.83m / s2

4．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以 30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方 50m 的物体，并且他的反应时间为 0.5s，制动后最大加速度为 6m/s 2．求：

（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；

（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．

答案】（1）5s （ 2）40m

【解析】

【分析】

【详解】

（1）从刹车到停止时间为 t 2，则t2=0 v0=5 s ①

a

（2）反应时间内做匀速运动，则 x1=v0t1② x1=15 m ③ 从刹车到停止的位移为

x2，则x2=0 v02④

x2= ④

2a

x2=75 m ⑤ 小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x=x1+x2=90m ⑥

△x=x﹣ 50m=40m ⑦ 5．伽利略在研究自出落体运动时，猜想自由落体的速度是均匀变化的，他考虑了速度的两

种变化：一种是速度随时间均匀变化，另一种是速度随位移均匀变化。现在我们已经知道 自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动。有一种“傻瓜”照相机的曝光时间极短，且 固定不变。为估测“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由 落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的 径迹。已知石子在 A 点正上方 1.8m 的高度自由下落 . 每块砖的平均厚度为 6.0cm.（ 不计空 气阻力， g 取 10m/s 2） a. 计算石子到达 A 点的速度大小 v A ；

b. 估算这架照相机的曝光时间 （结果保留一位有效数字〕。

答案】 6m/s ， 0.02s ； 解析】

详解】

b 、由图中可知 h AB 距离近似为两块砖厚度 方法一： h AB =12cm=0.12m h OB =h OA +h AB =1.92cm

h OA gt B OA 2 B

t B =0.62s

曝光时间 △t=t B -t A =0.02s

方法二、由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动

6．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；

a 、由自由落体可知，设从 O 点静止下落：

h OA =1.8m h

AB △t= v

A

0.12

s

0.02s

h

OA

v A

0.6

（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 a 1，则： v 1=a 1t 1

解得质点在加速运动阶段的加速度： a 1= = m/s 2=5m/s 2

（2 ）设减速运动阶段的加速度为 a 2，

由于 v 2=v 1+a 2t 2，所以， a 2= =

m/s 2=-4m/s 2

当 t=16s 时，质点已减速运动了： t 3=16s-14s=2s 质点在第 16s 末的速度为：； v 3=v 1+a 2t 3=（20-2

匀速直线运动位移 :x 2=vt 2=20 10m=200m

则质点整个运动过程的总位移 :x=x 1+x 2++x 3=（40+200+50）m=290m

7． 如图甲所示，质量 m=8kg 的物体在水平面上向右做直线运动。过 a 点时给物体作用一 个水平向右的恒力 F 并开始计时，在 4s 末撤去水平力 F ．选水平向右为速度的正方向，通 过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得 v ﹣ t 图象如图乙所示。（取重力加速度为 10m/s 2

）求：

4)m/s=12m/s

3 ）匀加速直线运动的位移： x 1= t 1= 4m=40m

匀减速直线运动的位移 x 3=

t 3′= 5m=50m

（1） 8s末物体离 a 点的距离

（2）撤去 F 后物体的加速度

（3）力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ。

【答案】（1） 48m 。（ 2）﹣ 2m/s 2。（ 3）16N，0.2。

【解析】

【详解】

48

（1） 8s末物体离 a 点的距离等于梯形的面积大小，为： S= 8 m =48m

2

v 0 8 2

（2）撤去 F 后物体的加速度为： a= =﹣ 2m/s2。

t 8 4

（3）撤去 F后，根据牛顿第二定律得： f=ma=8 （×﹣ 2） N=﹣16N，负号表示加速度方向与速度方向相反。撤去 F 前物体匀速运动，则有： F=|f|=16N

f 16

物体与水平面间的动摩擦因数为：μ==0.2。

mg 80

【点睛】本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律。

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/s 2．求

（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 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2g 4 0m/s2，解得2 0.4

21 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

1

2 2

vt at 2

，带入可得 a

1m /s 2

2 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 2g a ，可得 1 0.1

2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有 1M m g

2

mg Ma 1 ，可得

a 1 4

m/ s 2

3

对滑块，则有加速度 a 2 4m / s 2

，滑块速度先减小到 0，1 10 此时，木板向左的位移为 x 1 vt 1 a 1t 12 m ， 末速度

23

v

1

8

m/s 3

滑块向右位移 x 2

40

t 1 2m

2 此后，木块开始向左加速，加速度仍为 a 2 4m / s 2

42 木块继续减速，加速度仍为 a 1

m / s 2

1

3

假设又经历

t 2 二者速度相等，则有 a 2t 2 v 1 a 1t 2 ，解得 t 2

0.5s

1

2 此过程，木板位移 x

3 v 1t 2 1

a 1t 2

2 3 1 2 2 1 2

滑块位移此后木块

和木板一起匀减速。 7

m 。末速度 v 3 v 1

a 1t 2 2m / s 二者的相对位移最大为 x x 1 x 2

x 4 6m

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为

6m x

3

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 1

g 1m / s 2 2 位移 x5

v

3 2m

5

2a

所以木板右端离墙壁最远的距离为 x 1 x 2 x 5 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 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．比萨斜塔是世界建筑史上的一大奇迹．如图所示，已知斜塔第一层离地面的高度 h 1=6.8m ，为了测量塔的总高度，在塔顶无初速度释放一个小球，小球经过第一层到达地面 的时间 t 1=0.2s ，重力加速度 g 取 10m/s 2

，不计空气阻力．

（1）求斜塔离地面的总高度 h ；

答案】（ 1）求斜塔离地面的总高度 h 为 61.25m ； （2）小球从塔顶落到地面过程中的平均速度为 17.5m/s ． 【解析】

试题分析：（ 1）设小球到达第一层时的速度为 v 1，则有 h 1= v 1t 1+ 代入数据得 v

1= 33m/s ，塔顶离第一层的高度

所以塔的总高度 h= h 1+ h 2= 61.25m

（2）小球从塔顶落到地面的总时间 考点：自由落体运动规律 10．如图甲所示，光滑水平面上有 A 、 B 两物块，已知 A 1的质量 m 1=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

答案】 6 kg 解析】 分析】 详解】

h 2= =54.45m

t= =3.5s ，平均速度

=17.5m/

向右为位移的正方向），则物块 B 的质量为多少？

由 x–t 图知：碰前瞬间，4m/s ；v20 碰后瞬间，v1 2m/ s；v2 2m/ s

两物块组成的系统动量守恒m1v1 0

m1v1 m2v2 代入数据解得m2 6kg