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1、高中物理总复习 - 直线运动及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1一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 t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1s 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1 及小物块与木板间的动摩擦因数2 ；（ 2）木板的最小长度；（ 3）木板右端离墙壁
2、的最终距离【答案】（ 1） 10.12 0.4（ 2） 6m （ 3） 6.5m【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s4m / s0m / 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2 g1s解得 2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t 1s ，位移 x4.5m，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22带入可得 a1m / s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga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1 (Mm) g2 mgMa1可得
3、a1 4m / s23对滑块，则有加速度a24m / s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1 vt12a1t13m 末速度v13m / s滑块向右位移x24m / s0 t12m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m / s2木块继续减速，加速度仍为a14 m / s23假设又经历 t2 二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得 t2 0.5s此过程，木板位移x3v1t21 a1t227 m 末速度 v3 v1a1t22m / s26滑块位移 x41a2t221m22此后木块和木板一起匀减速二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m滑块始终没
4、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a1g1m / s2v232m位移 x52a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2 倾角为 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
5、 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，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） F3 mg sin （ 2） d4L43【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： 4mgsinmgcos4ma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：
6、F mgsinmgcosma已知tan联立可得： F3 mgsin4（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：4mgsin6Lmgcos（3L2LL)14mv22可得： v3gLsin由于动摩擦因数为tan，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 v1，由动能定理：mgsin3.5L1 mv121 mv 222可得： v
7、14gLsin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tLL，因此到达水平面的时间差也为tvv所以滑块在水平面上的间距为dv1 t联立解得 d4 L33 研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“”t 0反应过程所用时间）=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0 =72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m减速过程中汽车位移s 与速度 v 的关系
8、曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小 g=10m/s2 求：（ 1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（ 2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；（ 3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值【答案】（ 1） 8m / s2 ， 2.5s；（ 2） 0.3s ；（ 3） F041mg5【解析】【分析】【详解】（1）设减速过程中，汽车加速度的大小为a，运动时间为t，由题可知初速度v020m / s ，末速度 vt0 ，位移 f ( x)2x21 1由运动学公式得：v022as tv02.5s a由式代入数据得a8m / s2 t2.5s（2）设志愿
9、者饮酒后反应时间的增加量为t ，由运动学公式得Lv0ts ttt0 联立 式代入数据得t0.3s （3）设志愿者力所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0 ，志愿者的质量为 m，由牛顿第二定律得Fma 由平行四边形定则得F02F 2( mg) 2 联立 式，代入数据得F041mg54 为确保行车安全，高速公路不同路段限速不同，若有一段直行连接弯道的路段，如图所示，直行路段 AB 限速 120km /h，弯道处限速 60km/h（1）一小车以120km/ h 的速度在直行道行驶，要在弯道B 处减速至60km/ h，已知该车制动的最大加速度为2.5m/ s2，求减速过程需要的最短时间；
10、（2）设驾驶员的操作反应时间与车辆的制动反应时间之和为2s（此时间内车辆匀速运动），驾驶员能辨认限速指示牌的距离为x0=100m，求限速指示牌P 离弯道 B 的最小距离【答案】（ 1） 3.3s（ 2） 125.6m【解析】【详解】（1） v0 120km / h120 m / s ， v60km / h60 m / s3.63.6根据速度公式 v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s 2解得： t=3.3s；（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t 1=66.6m ；匀减速的位移： v2v022ax解得： x=159m则 x=159+66.6-100m=125.6m 应该在弯道前125
11、.6m 距离处设置限速指示牌.5 某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s 2，所需的起飞速度为 50m/s ，跑道长 100m 通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？【答案】不能靠自身发动机起飞39m / s【解析】试题分析：根据速度位移公式求出达到起飞速度的位移，从而判断飞机能否靠自身发动机从舰上起飞根据速度位移公式求出弹射系统使飞机具有的初速度解：当飞机达到起飞速度经历的位移x=，可知飞机不能靠自身发动机从舰上起飞根据得，=答：飞
12、机不能靠自身发动机从舰上起飞，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有40m/s 的初速度【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题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；（ 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a1，
13、则： v1=a 1t 1解得质点在加速运动阶段的加速度：a1 =m/s 2=5m/s 2（2 ）设减速运动阶段的加速度为a2，由于 v2 =v 1+a 2 t2，所以， a2=m/s 2=-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=v 1+a 2 t3 =(20-24)m/s=12m/s（3 ）匀加速直线运动的位移：x1 = t 1 =4m=40m匀速直线运动位移 :x2 =vt 2=2010m=200m匀减速直线运动的位移x3= t 3 =5m=50m则质点整个运动过程的总位移:x=x 1+x 2+ +x 3=(40+2
14、00+50)m=290m7 如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s ，传送带与水平面的夹角 =37，现将质量m=1kg 的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=10N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m 的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.，5（ g 取10m/s 2， sin37 =0.6， cos37 =0.8）问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？【答案】 （1） 1.2
15、5s（ 2） 2m/s【解析】试题分析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律a12ma1Fmgcos37mgsin37 （ 1 分），计算得：8m / st1vv20.5s （1 分） x11m（ 1 分）a12a1物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向ma2Fmgcos37mgsin37 （ 1 分），计算得：a20Q xh4.0m （ 1 分）x2x x10.75s （1 分）得 t t1t2 1.25 s (1 分)sin37t2vv（2）若达到同速后撤力F，对物块受力
16、分析，因为mgsin37 mgcos37 ，故减速上行ma3mgsin37mgcos37（ 1 分），得 a32m / s2设物块还需 t离开传送带，离开时的速度为vt ，则 v2vt22a3 x2 （ 1分）， vt 2m / s（1 分）tv vt （1 分） t1s（ 1 分）a3考点：本题考查匀变速直线运动规律、牛顿第二定律。8 一辆长途客车正以v=20m/s 的速度匀速行驶，突然，司机看见车的正前方x033m 处有一只狗，如图（甲）所示，司机立即采取制动措施，若从司机看见狗开始计时（t=0），长途客车的“速度一时间”图象如图（乙）所示。（ 1）求长途客车制动时的加速度；（ 2）求长途
17、客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；（ 3）若狗正以 v=4m/s 的速度与长途客车同向奔跑，问狗能否摆脱被撞的噩运【答案】（ 1） a5m/s2（ 2） s50m（ 3）狗被撞【解析】（ 1）根据加速度的定义可由图像得：av0205m/s2t4.50.5（2）根据 v t图线下面的面积值为位移大小，则由图像可得：x1 v0t1t21200.5 4.550m22（3）当客车由 v020m/s 减速到 v4m/s 时，所需时间为tv4203.2sa5司机从看到狗到速度减为v4m/s 所通过的位移为x1v0t1v2v022a48.4m而狗通过的位移为x2v t1t14.8mx2334
18、7.8m因为 x1x233 ，所以狗将被撞。综上所述本题答案是：（1） a5m/s2 （ 2） x50m （ 3）狗将被撞9 “ 10 米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10 米处的折返线，测试员同时开始计时受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“ 10 米折返跑”的成绩，设受试者起跑的加速度为4m / s2 ，运动过程中的最大速度为 4 m/s，快到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8m / s
19、2 受试者在加速和减速阶段运动均可视为匀变速直线运动问该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？【答案】 6.25s【解析】【分析】【详解】对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速阶段有vm1st1a1s11 vmt12m2减速阶段有t3vm0.5sa2s31 vmt3 1m2匀速阶段有l(s1s3 )t2vm1.75s由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段有t4vm1sa1s41vmt 42m2匀速阶段有ls42st5vm故受试者 10 米折返跑的成绩为tt1t 2t 3t4t56.25s10 A、 B 两车在一直线上向右匀速运动，（两车不同车道）B 车在 A 车前， A 车的速度大小
20、为 V1=8m/s， B 车的速度大小为V2=20m/s，当 A、 B 两车相距X0=28m时， B 车因前方突发2此时开始计时，求：（ 1） B 车经多长时间停止？这段时间内A 车 B 车位移分别为多少？（ 2） B 车停止时， A 车是否追上 B 车？（ 3） A 车追上 B 车所用的时间？【答案】 （1） t=10s， xA=80m， xB=100m；（ 2）没有追上 ；（ 3）16s【解析】【详解】（1） B 车停止的时间这段时间内A 车 B 车位移分别为：（2） B 车停止时，两车相距：则 A 车没有追上B 车.，（3） B 车停止后， A 车追上 B 车还需要运动的时间，则 A 车追上 B 车所用的时间为：【点睛】此题关键是要搞清两车的运动情况，弄清楚两车运动的位移关系和时间关系，最好画出运动的草图分析 .