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1、高中物理直线运动解题技巧及练习题( 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
2、板右端离墙壁的最终距离【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 mg
3、Ma1可得 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xx1x3x2x46
4、m滑块始终没有离开木板，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 重力加速度是物理学中的一个十分重要的物理量，准确地确定它的量值，无论从理论上、还是科研上、生产上以及军事上都有极其重大的意义。（1）如图所示是一种较精确测重力加速度g 值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O 点与弹簧分离，然后返回。在
5、O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP 间的距离为H，从 O 点出发至返回O 点的时间间隔为T1，小球两次经过P 点的时间间隔为T2。（ i ）求重力加速度 g；（ ii ）若 O 点距玻璃管底部的距离为 L0，求玻璃管最小长度。（ 2）在用单摆测量重力加速度 g 时，由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图所示这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，问这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比，哪个大？试定量比较。（3）精确的实验发现，在地球上不同的地方，g 的大小是不同的，下表列出了一些地点的重力加速度。请用你学过的
6、知识解释，重力加速度为什么随纬度的增加而增大？【答案】（ 1） g8H， L0T12 H）求出的重力加速度比实际值大；（3）2222 ；（ 2T1T2T1T2解析见详解。【解析】【详解】2（1）（ i）小球从 O 点上升到最大高度过程中： h11 gT1221 g2小球从 P 点上升的最大高度：h2T222依据题意： h1 h2H8H联立解得： gT22T12（ii ）真空管至少的长度：LL0h1故T12HT12T22L L0（2）以 l 表示摆长， 表示摆线与竖直方向的夹角，m 表示摆球的质量，F 表示摆线对摆球的拉力， T 表示摆球作题图所示运动的周期，小球受力分析如图：则有FsinmLs
7、in（2）2 ， Fcos mgT由以上式子得：T2Lcos，而单摆的周期公式为T 2L，即使在单摆实验gg中，摆角很小， 5，但 cos l，这表示对于同样的摆长 L，摆球在水平面内作圆周运动的周期 T 小于单摆运动的周期 T，所以把较小的周期通过求出的重力加速度的数值将大于 g 的实际值。（3）地球是自转，地球表面的所有物体都随着地球共同做匀速圆周运动，万有引力的一个分力提供物体随地球自转的向心力，另一个分力为重力，在赤道附近,物体做匀速圆周运动的半径最大 ,赤道上的自转半径为地球半径R，所以重力最小,重力加速度就最小。随着纬度升高 ,自转半径减小,自转的向心力减小,万有引力的另一个分力G
8、 增大；如图所示：故重力加速度随着维度的增加而增大。3L距也为 L 的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。（1）求可控电阻R 随时间变化的关系式；（2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P；（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。【
9、答案】（ 1）；（ 2）；（ 3）【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有：而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：，由以上各式得：。（2）因可控电阻R 随时间均匀减小，故所求功率为：，由以上各式得：。（3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，而，由以上各式得，而，由以上各式得，所求。考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先
10、后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。4 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
11、度大小vA ；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】a、由自由落体可知，设从O 点静止下落：hOA=1.8mhOA1 gt 2 ， t2hOA0.6s2gvAgt6m / sb、由图中可知h AB 距离近似为两块砖厚度方法一： hAB=12cm=0.12mhOB=hOA+hAB=1.92cmhOA1 gt B22t 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t= hAB0.12 s 0.02svA65 一个物体从塔顶上自由下落，在到达地面前的最后1s 内通过的位移是整个
12、位移的9 ，25求塔高，取g=10m/s 2【答案】 125m【解析】【分析】【详解】设物体下落总时间为t ，塔高为 h，根据自由落体公式： h1gt 22最后（ t-1） s 下落的高度为 ： h121 g t 12位移间的关系为： h116 h25联立解得 ： h125m6 小球从离地面80m 处自由下落，重力加速度g=10m/s 2。问：(1)小球运动的时间。(2)小球落地时速度的大小v 是多少？【答案】 (1)4s ； (2)40m/s【解析】【分析】自由落体运动是初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动，由位移公式求解时间，用速度公式求解落地速度 。【详解】解：（ 1）由得小球运动
13、的时间：落地速度为：7如图甲所示，长为4m 的水平轨道 AB 与半径为R=0 6m 的竖直半圆弧轨道BC在 B 处相连接，有一质量为1kg 的滑块（大小不计），从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用， F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间动摩擦因数为 025，与 BC间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s 2求：（ 1）滑块到达 B 处时的速度大小；（ 2）滑块在水平轨道 AB 上运动前 2m 过程中所需的时间；（3）若滑块到达B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少【答案】（ 1） 2 10 m / s（ 2
14、）8 s （ 3） 5J35【解析】试题分析：（ 1）对滑块从A 到 B 的过程，由动能定理得1F1x1 F3x3 mgx2mvB2 得 vB210 m/s （2）在前 2 m 内，由牛顿第二定律得1F1 mg ma 且 x1 at122解得 t1 8s35（3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有 mg m vC2R对滑块从 B 到 C的过程，由动能定理得Wmg 2R 1 mv C2 1 mvB222代入数值得 W 5 J即克服摩擦力做的功为5 J考点：动能定理；牛顿第二定律8 第 21 届世界杯足球赛于2018 年在俄罗斯境内举行，也是世界杯首次在东欧国家举行在足球比赛中，经常使用“边路突破，
15、下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中某足球场长90 m 、宽 60 m，如图所示攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2.试求：(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为初速度为0 ,加速度为2 m/s2 的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s. 该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？(3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以10m/s 的速度沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加
16、速度大小为2m/s2 的匀减速直线运动。与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6m/s 的速度做匀速直线运动向前追赶足球，通过计算判断该前锋队员能否在足球出底线前追上。【答案】 (1) 36 m(2) 6.5 s（ 3）前锋队员不能在底线前追上足球【解析】【详解】（1）已知足球的初速度为1 12 m/s ，加速度大小为12 m/s2，足球做匀减速运动的时va间为运动位移为.（2）已知前锋队员的加速度为a 22 m/s 2，最大速度为v28 m/s ，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为 ，之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x3v2(t1 t 2) 8 2 m
17、16 m.由于 x2 x3x1，故足球停止运动时，前锋队员还没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x1 (x2 x3 ) v2t3，代入数据解得 t 30.5 s.前锋队员追上足球所用的时间t t1 t3 6.5 s.（3）此时足球距底线的距离为：x=45-x=9m，速度为 v =10m s413足球运动到停止的位移为：所以，足球运动到底线时没停由公式，足球运动到底线的时间为：t 4=1 s前锋队员在这段时间内匀速运动的位移：x3=vt 4=6m9m所以前锋队员不能在底线前追上足球.【点睛】解决本题的关键理清足球和运动员的位移关系，结合运动学公式灵活求解由于
18、是多过程问题，解答时需细心9 一架质量为 40000kg 的客机在着陆前的速度为 540km/h ，着陆过程中可视为匀变速直线运动，其加速度大小为 10m/s 2，求：(1)客机从着陆开始滑行经多长时间后静止；(2)客机从着陆开始经过的位移；(3)客机所受的合外力。【答案】 (1) t =15s (2)5x=1125m (3) F=410 N【解析】（ 1） 540km/h=150m/s ，飞机减速至静止所用的时间t v0 150s15sa10（2）则客机从着陆开始经过的位移x0v0t1502151125m2（3）客机受到的合力： F=ma=4000010N=4105 N点睛：本题考查了运动学
19、中的“刹车问题”以及牛顿第二定律的应用，是道易错题，注意客机速度减为零后不再运动10 如图所示，为车辆行驶过程中变道超车的情景。图中A、B 两车相距L=7m 时， B 车正以 vB=4m/s 速度匀速行驶， A 车正以 vA=8m/s 的速度借道超越同向行驶的B 车，此时 A 车司机发前方不远处有一辆汽车C 正好迎面驶来， A 车司机不得不放弃超车，而立即驶回到与 B 车相同的正常行驶车道。不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化，则（1） A 车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B 车相撞。（2）若 A 车驶回原车道时，司机估计会与B 车相碰的危险，立即以大小为aA2 的加=1m/s
20、速度刹车，同时鸣笛发出信号提醒B 车司机加速， B 车司机经过 t0=1s 的反应时间后，立即以 a2 的加速度匀加速。（不计A 车司机的反应时间）。则：B=0.5m/sB 车加速后经过多长时间A、B 两车速度相等；A 会不会追尾 B 车（请通过计算分析）。【答案】（ 1） 8 m/s 2；（ 2） 2s,不会追尾7【解析】【详解】（1） A 车减速到与 B 车同速时，若恰未与 B 车相碰，则 A 车将不会与 B 车相碰，设经历的时间为 t，则A 车位移： xAvAvB t2B 车位移： xBvB txA xB L由式代值解得：t=3.5s则 A 车与 B 车不相碰，刹车时的最小加速度大小：avA vB8 4 m / s28 m / s2t3.57（2）设 B 车加速后经过 t1 秒两车同速，则：vAaA t1 t0vBaB t1代值解得： t12sA、B 车同速时，若A 车未追尾 B 车，则 A 车不会追尾 B 车，设两车同速时速度为v，则：v vB aB t15m / s此过程中， A 车位移： xA vAv t1t0 19.5m2B 车位移： xB vBt0vBv t113m2两车位移差：x xA xB 6.5mL故 A 车不会追尾 B 车 .