高考物理直线运动真题汇编(含答案)

高考物理直线运动真题汇编(含答案)

一、高中物理精讲专题测试直线运动

1．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移到了2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m，由此可以求得（）

A．第1次闪光时质点的速度

B．质点运动的加速度

C．质点运动的初速度

D．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移

【答案】ABD

【解析】

试题分析：根据得；，故B

不符合题意；设第一次曝光时的速度为v，，得：，故A不符合题意；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故C符合题意；设第一次到第二次位移为；第三次到第四次闪光为，则有：

；则；而第二次闪光到第三次闪光的位移

，故D不符合题意

考点：考查了匀变速直线运动规律的综合应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二．

2．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/s2．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t2，则

t 2=

0v a

-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则 x 1=v 0t 1② x 1=15 m③

从刹车到停止的位移为x 2，则

x 2=2

002v a -④

x 2=75 m⑤

小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x=x 1+x 2=90m ⑥ △x=x ﹣50m=40m ⑦

3．高铁被誉为中国新四大发明之一．因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v 0=288km/h 的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x 0=5km 处道路出现异常，需要减速停车．列车长接到通知后，经过t l =2.5s 将制动风翼打开，高铁列车获得a 1=0.5m/s 2的平均制动加速度减速，减速t 2=40s 后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m 的地方停下来． （1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？

（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a 2是多大？ 【答案】（1）60m/s （2）1.2m/s 2 【解析】 【分析】

（1）根据速度时间关系求解列车长打开电磁制动系统时列车的速度；（2）根据运动公式列式求解打开电磁制动后打开电磁制动后列车行驶的距离，根据速度位移关系求解列车的平均制动加速度. 【详解】

（1）打开制动风翼时，列车的加速度为a 1=0.5m/s 2，设经过t 2=40s 时，列车的速度为v 1，则v 1=v 0-a 1t 2=60m/s.

（2）列车长接到通知后，经过t 1=2.5s ，列车行驶的距离x 1=v 0t 1=200m 打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离 x 2

=2800m

打开电磁制动后，行驶的距离x 3= x 0- x 1- x 2=1500m ；

4．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．

5．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/s2 （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=a1t1

解得质点在加速运动阶段的加速度：a1==m/s2=5m/s2

（2）设减速运动阶段的加速度为a2，

由于v2=v1+a2t2，所以，a2==m/s2=-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=v1+a2t3=(20-24)m/s=12m/s

（3）匀加速直线运动的位移：x1=t1=4m=40m

匀速直线运动位移:x2=vt2=2010m=200m

匀减速直线运动的位移x3=t3′=5m=50m

则质点整个运动过程的总位移:x=x1+x2++x3=(40+200+50)m=290m

6．如图甲所示，质量为M＝3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的v－t图象如图乙所示，（ g取10m/s2）求：

(1)小物体A和B与平板小车之间的动摩擦因数μA、μB

(2)判断小车在0～1.0s内所做的运动，并说明理由？

(3)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？

【答案】（1）0.3；（2）小车静止；（3）7.2m

【解析】试题分析：(1)由v－t图可知，在第1 s内，物体A、B的加速度大小相等，均为a ＝3.0 m/s2.

根据牛顿第二定律：f =μmg＝ma 可得μA=μB=0.3

(2)物体A、B所受摩擦力大小均为F f＝ma＝3.0 N，方向相反，

根据牛顿第三定律，车C受A、B的摩擦力也大小相等，方向相反，合力为零，故小车静止。

(3)由图像可知0-1.0s内A的位移x A=4.5m B 的位移x B=1.5m

B减速到零后，对A f A=μmg＝ma A解得a A=3m/s2

对B和车 f A=μmg=（M+m）a B解得a B=0.75m/s2

设经过时间t，达到相同速度v

解得：t=0.8s v=0.6m/s

相对位移m

A 、B之间的相对位移，即车的最小长度为：x＝x A＋x B＋＝7.2m

考点：牛顿第二定律的综合应用.

7．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m=0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h=0.8m高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f=0.3N的阻力和F=1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型

（1）落到水面时速度v 的大小； （2）在水中能到达的最大深度H ； （3）从开始下落到返回水面所需时间t ． 【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；

（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2

所以最大深度：2

2

00.52v H m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v

s g

== 在水中下降22

00.25v

t s a -=

= 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：33

20.5H

t s a =

= 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s

8．我国ETC 联网正式启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v 0=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费线中心线前10m 处正好匀减速至v=5m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 0正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 0正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s 2，求：

（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

（2）汽车过ETC通道比过人工收费通道节省的时间是多少．

【答案】（1）210m（2）27s

【解析】试题分析：（1）汽车过ETC通道：减速过程有：，解得

加速过程与减速过程位移相等，则有：

解得：

（2）汽车过ETC通道的减速过程有：

得总时间为：

汽车过人工收费通道有：，x2=225m

所以二者的位移差为：△=x2﹣x1=225m﹣210m=15m．（1分）

则有：27s

考点：考查了匀变速直线运动规律的应用

【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题

9．2015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/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机（反应时间为1s）以0.5m/s2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v 1，则 由v 12-v 02=2as 1 得v 1=16 m/s 由v 1=v 0+a 1t 1 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=v 1=a′t 得t=32s

（3）所以s 汽=256m

s 石=v 1t′=v 1（t+1﹣t 1）=16×（32+1﹣20）=208m 因为s 石＜s 汽，所以能安全逃离

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 =