高考物理直线运动解题技巧(超强)及练习题(含答案).docx

高考物理直线运动解题技巧( 超强 ) 及练习题 ( 含答案 )

一、高中物理精讲专题测试直线运动

1．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t 0=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】

v1 72 km/s=20m/s， v0 18 km/s=5m/s， v236 km/s=10m/s，

（1）两车减速运动的加速度大小为a

v12202

2.5 m/s2，2( x d )2(6040 )

22

甲车减速到 v2，所用时间为

v1v02010

4 s，t1a 2.5

走过的距离为 x1v

1

v

2 t12010460

m，

22

d

x1 )

40

60

甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为

( x60

s t2222

v210

甲车从减速到栏杆打开的总时间为t甲t1t242 6 s

乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为t3v120

8 s

a 2.5

从减速到打开栏杆的总时间为t乙t0t315823s

人工收费通道和 ETC通道打开栏杆放行的时间差t t乙 t甲 23 6 17 s；

（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经t3 8 s加速到 v120m/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x乙x d40

6080 m, 22

从收费岛中心线开始，甲车先从v010 m/s加速至 v120m/s ，这个时间为t1 4 s 然后匀速行驶 x甲 x1v1 t3t t160208 17 4 480 m

故两车相距的最远距离为x x甲x乙48080400 m．

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/2

的加速度由静止开.s

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

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。

（3）设平板车做匀加速直线运动的时间为，则

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．如图甲所示为 2022 年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图．如图乙所示为由助

滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图．运动员保持蹲踞姿势

从 A 点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离 A 点 s=20m 处的 P 点时，运动员的速度

为 v1 =50.4km/h ．运动员滑到 B 点时快速后蹬，以v2=90km/h 的速度飞出，经过一段时间的

空中飞行，以 v3=126km/h 的速度在 C 点着地 .已知 BC两点间的高度差h=80m，运动员的质量 m=60kg，重力加速度 g 取 9.8m/s 2，计算结果均保留两位有效数字.求

(1)A 到 P 过程中运动员的平均加速度大小；

(2)以 B 点为零势能参考点，求到 C 点时运动员的机械能；

(3)从 B 点起跳后到 C 点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功

【答案】 (1) a 4.9m/s (2) E 1.0 104 J (3)W 2.9 104 J

【解析】

【详解】

(1)v1 50.4km/h 14m/s

由v12 2as

v12

4.9m/s

解得：a

2s

(2) v290km/h25m/s , v3126km/h35m/s

由能量关系： E mgh1mv32

2

E10290J 1.0104 J

）

（按 g 取 10m/s 2算，E11250J 1.1 104 J

(3)由动能定理：mgh W1mv321mv22

22

解得：

W 29040J 2.9104 J

（按 g 取 10m/s 2算，W30000J 3.0104 J

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

t 2=

v 0

=5 s

①

a

（2）反应时间内做匀速运动，则 x 1=v 0t 1② x 1=15 m ③

从刹车到停止的位移为

x 2，则

0 v 02 x 2=

④

2a

x 2=75 m ⑤

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

5． 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

t 0

=108km/h=30m/s ，由 v =v +at 得汽车的制动时间

为： t ＝

v t v

＝

30

s ＝6s ，则汽车制动 8s 后的速度是 0；

a

5

（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：

x 2＝

v 0

v

t

t ＝

30 0

6m ＝90m ．

2

2

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．

6．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.

一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直

柱子上 ,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下 .落到一定位置时 ,制动系统启动 ,到地面时刚好停下 .已知座舱开始下落时的高度为75 m ,当落到离地面 30m 的位置时开始制动 ,座舱均匀减速 .重力加速度g 取10m / s2,不计空气阻力.

（1）求座舱下落的最大速度 ;

（2）求座舱下落的总时间 ;

（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球 ,求座舱下落过程中球对手的压力.

【答案】（1） 30m/s （2） 5s．（ 3） 75N．

【解析】

试题分析：（ 1） v2=2gh;

m

v ＝ 30m/s

⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：h 1

gt12t 1＝ 3s 2

h

座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2＝ v＝ 2s

2

所以座舱下落的总时间为：t＝ t1＋ t2＝5s

⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N＝mg

解得： N＝ 0

根据牛顿第三定律有：N′＝ N＝ 0，即球对手的压力为零

在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma

根据匀变速直线运动规律有：a＝0v

2＝－15m/s2 2h2

解得： N＝ 75N（ 2 分）

根据牛顿第三定律有： N′＝ N＝ 75N，即球对手的压力为 75N

考点：牛顿第二及第三定律的应用

7．某物理实验小组在游泳池做了一个实验：将一个小木球离水面5m 高静止释放（不计空气阻力），经 1． 40s 后落入池底速度刚好为零．假定木球在水中做匀减速直线运动，重力

加速度 g=10m/s 2．求：

（1）木球刚接触水面时的速度的大小；

（2）木球在水中运动的加速度的大小；

（3）游泳池水的深度．

【答案】（ 1） 10m/s（ 2） 25m/s2（ 3） 2m

【解析】

试题分析：（ 1）小木球离水面 5m 高静止释放，做自由落体运动直到水面，根据位移时间公

式得：

1

h 1=

gt 12

2

解得： t 1=1s

所以： v 1=gt 1=10m/s

（2）在水中运动的时间为：

t 2=1． 4-t 1

所以： a

v 10 25 m / s 2 t

1.4 1

v 1 0

（3）木球在水中做匀加速直线运动，平均速度等于 2

所以： h 2

v 1

t 2

10 0

0.4 2m

2

2

考点：匀变速直线运动的规律

【名师点睛】该题主要考查了自由落体运动及匀减速直线运动基本公式的应用，难度不大，属于基础题．

8． 学校开展自制玩具汽车速度赛，比赛分为

30 m 和 50 m 两项，比赛在水平操场举行，所

有参赛车从同一起跑线同时启动，按到达终点的先后顺序排定名次。某同学有两辆玩具 车，甲车可在启动居立即以额定功率加速运动；乙车启动后可保持 2 m/s 2 的加速度做匀加

速运动直到其速度达

15m/s 。两车进行模拟测试时发现，同时从起跑线启动后，经

6s 两车

到达同一位置。试通过计算、分析判断该同学应分别以哪一辆玩具车参加

30m 和 50m 的比

赛。

【答案】赛程小于

36m 时应以甲车参赛；赛程为

50m 时应以乙车参赛 .

【解析】对乙车，根据 解得 6s 内位移为 x 1=36m 由已知 6s 内两车位移相同，做

两车的速度 -时间图像；

由图像可知 6s 时刻乙车追上甲车，此时两车位移均为 36m ；此前甲车超前乙车，故赛程小

于 36m 时应以甲车参赛； 6s 后乙车速度还小于 15m/s ，乙车速度总是大于甲车的速度，根

据 2ax 2 =v 2 可得乙车速度达到

15m/s 的过程中位移为 x 2

=56.25m ；赛程长为 36-56.25m 时，

乙车一定比甲车快，故赛程为

50m 时应以乙车参赛 .

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

h1=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 t1=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；

（2）求小球从塔顶落到地面过程中的平均速度．

【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v1，则有 h1= v1t 1+

代入数据得v1= 33m/s ，塔顶离第一层的高度h2==54.45m

所以塔的总高度h= h1+ h2= 61.25m

（2）小球从塔顶落到地面的总时间t==3.5s，平均速度= =17.5m/s

考点：自由落体运动规律

10．为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离．已知某公路的最高限

v=72km/h ．假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始

减速所经历的时间 (即反应时间 )t =0.50s．刹车时汽车的加速度大小为 4m/s2．该高速公路上汽车间的距离至少应为多少？

【答案】 60 m

【解析】

试题分析：后边汽车先做匀速直线运动，再做匀减速直线运动，到前车时刚好速度减为

零．

x1=v0t=" 20" m/s× 0.50 s =" 10" m

v =" 2" ax2，得 x2=" 50" m

x≥x1+ x2 =" 60" m

考点：考查了匀变速直线运动规律的应用

点评：解决本题的关键知道安全距离是反应时间内匀速运动的位移和匀减速运动的位移之

和．匀减速运动的位移可以通过速度位移公式求解．