高中物理——直线运动中的典型问题及解法

高考物理直线运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、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．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =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1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（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24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x 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211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【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．某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术．如图，足球场长90m 、宽60m.前锋甲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匀减速直线运动，其初速度v 0＝12m/s ，加速度大小a 0＝2m/s 2.(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速为零、加速度a 1＝2m/s 2的匀加速直线运动，能达到的最大速度v m ＝8m/s.求他追上足球的最短时间.(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v 沿边线向前踢出，足球仍以a 0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v 1＝6 m/s ，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v 的大小. 【答案】(1)t ＝6.5s (2)v ＝7.5m/s【解析】 【分析】(1)根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间.(2)结合运动员和足球的位移关系，运用运动学公式求出前锋队员在底线追上足球时的速度． 【详解】(1)已知甲的加速度为22s 2m/a =，最大速度为28m/s v =，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：2228s4s 2v t a === 22284m 16m 22v x t ==⨯= 之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x 2＝v m (t 1－t 0)＝8×2m ＝16m 由于x 1＋x 2 < x 0，故足球停止运动时，甲没有追上足球 甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x 0－(x 1＋x 2)＝v m t 2 联立得:t 2＝0.5s甲追上足球的时间t ＝t 0＋t 2＝6.5s (2)足球距底线的距离x 2＝45－x 0＝9m 设甲运动到底线的时间为t 3，则x 2＝v 1t 3 足球在t 3时间内发生的位移2230312x vt a t =- 联立解得：v ＝7.5m/s 【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.3．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v 1=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v 2=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v 1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】172v =km/s=20m/s ，018v =km/s=5m/s ，236v =km/s=10m/s ，（1）两车减速运动的加速度大小为22120 2.5402()2(60)22v a d x ===+⨯+m/s 2，甲车减速到2v ，所用时间为101201042.5v v t a --===s ， 走过的距离为1112201046022v v x t ++==⨯=m ， 甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为12240()606022 210d x x t v +-+-===s 甲车从减速到栏杆打开的总时间为12426t t t =+=+=甲s 乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为132082.5v t a ===s 从减速到打开栏杆的总时间为0315823t t t =+=+=乙s 人工收费通道和ETC 通道打开栏杆放行的时间差23617t t t ∆=-=-=乙甲s ；（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经38t =s 加速到1 20v =m/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40608022d x x =+=+=乙m, 从收费岛中心线开始，甲车先从010v =m/s 加速至1 20v =m/s ，这个时间为1 4t =s 然后匀速行驶()()113160208174480x x v t t t =++∆-=+⨯+-=甲m 故两车相距的最远距离为48080400x x x ∆=-=-=甲乙m ．4．2018年12月8日2时23分，嫦娥四号探测器成功发射，开启了人类登陆月球背面的探月新征程，距离2020年实现载人登月更近一步，若你通过努力学习、刻苦训练有幸成为中国登月第一人，而你为了测定月球表面附近的重力加速度进行了如下实验：在月球表面上空让一个小球由静止开始自由下落，测出下落高度20h m =时，下落的时间正好为5t s =，则：（1）月球表面的重力加速度g 月为多大？（2）小球下落过程中，最初2s 内和最后2s 内的位移之比为多大？【答案】1.6 m/s2 1:4【解析】【详解】（1）由h＝12g月t2得：20＝12g月×52解得：g月＝1.6m/s2（2）小球下落过程中的5s内，每1s内的位移之比为1:3:5:7:9，则最初2s内和最后2s内的位移之比为：（1+3）：（7+9）=1:4.5．小球从离地面80m处自由下落，重力加速度g=10m/s2。

高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．倾角为θ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 θ，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）3sin 4F mg θ=（2）43d L =【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：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=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：sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=已知tan μθ= 联立可得：3sin 4F mg θ=（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：214sin 6cos 32)4v 2mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=⋅（ 可得：v 3sin gL θ=由于动摩擦因数为tan μθ=，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v 1，由动能定理：()22111sin 3.5v v 22mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=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。

高考物理直线运动解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．撑杆跳高是奥运会是一个重要的比赛项目．撑杆跳高整个过程可以简化为三个阶段：助跑、上升、下落；而运动员可以简化成质点来处理．某著名运动员，在助跑过程中，从静止开始以加速度2 m/s 2做匀加速直线运动，速度达到10 m/s 时撑杆起跳；达到最高点后，下落过程可以认为是自由落体运动，重心下落高度为6.05 m ；然后落在软垫上软垫到速度为零用时0.8 s ．运动员质量m =75 kg ，g 取10 m/s 2．求： （1）运动员起跳前的助跑距离；（2）自由落体运动下落时间，以及运动员与软垫接触时的速度；（3）假设运动员从接触软垫到速度为零做匀减速直线运动，求运动员在这个过程中，软垫受到的压力．【答案】（1）运动员起跳前的助跑距离为25m ；（2）自由落体运动下落时间为1.1S ，以及运动员与软垫接触时的速度为11m/s ；（3）运动员在这个过程中，软垫受到的压力为1.8×103N ． 【解析】 【详解】（1）根据速度位移公式得，助跑距离：x=22v a =21022⨯=25m （2）设自由落体时间为t 1，自由落体运动的位移为h ：h=212gt 代入数据得：t =1.1s 刚要接触垫的速度v ′，则：v′2=2gh ， 得v ′=2gh =210 6.05⨯⨯=11m/s（3）设软垫对人的力为F ，由动量定理得：（mg-F ）t =0-mv ′ 代入数据得：F =1.8×103N由牛顿第三定律得对软垫的力为1.8×103N2．如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L ，其两端放在位于水平面内间距也为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。

高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t 0=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v 0=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/s 2．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）28/m s ，2.5s ；（2）0.3s ；（3）0415F mg =【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020/v m s =，末速度0t v =，位移2()211f x x =-≤由运动学公式得：202v as =①2.5v t s a==② 由①②式代入数据得28/a m s =③2.5t s =④（2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为t ∆，由运动学公式得0L v t s ='+⑤ 0t t t ∆='-⑥联立⑤⑥式代入数据得0.3t s ∆=⑦（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0F ，志愿者的质量为m ，由牛顿第二定律得F ma =⑧由平行四边形定则得2220()F F mg =+⑨联立③⑧⑨式，代入数据得0415F mg =⑩2．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/s 2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= 0.225，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）。

高考物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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= 0.225，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/s2）。

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.2．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/s2，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) 4.9m/s a = (2)41.010J E =-⨯ (3)42.910J W =⨯ 【解析】 【详解】(1)150.4km/h 14m/s v ==由212v as =解得：21 4.9m/s 2v a s==(2)290km/h 25m/s v ==,3126km/h 35m/s v == 由能量关系：2312E mgh mv =-+410290J 1.010J E =-=-⨯（按g 取10m/s 2算，411250J 1.110J E =-=-⨯） (3)由动能定理：22321122mgh W mv mv -=- 解得：429040J 2.910J W ==⨯（按g 取10m/s 2算，430000J 3.010J W ==⨯3．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。

二、直线运动1、质点：⑴定义：用来代替物体的只有质量、没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型。

⑵物体简化为质点的条件：只考虑平动或物体的形状大小在所研究的问题中可以忽略不计这两种情况。

2、位置、位移和路程⑴位置：质点在空间所处的确定的点，可用坐标来表示。

⑵位移：描述质点位置改变的物理量，是矢量。

方向由初位置指向末位置。

大小则是从初位置到末位置的直线距离⑶路程：质点实际运动轨迹的长度，是标量。

只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程。

3、时间与时刻⑴时刻：在时间轴上可用一个确定的点来表示。

如“第3秒末”、“第5秒初”等⑵时间：指两时刻之间的一段间隔。

在时间轴上用一段线段来表示。

如：“第2秒内”、“1小时”等4、速度和速率⑴平均速度：①v=Δs/Δt ，对应于某一时间（或某一段位移）的速度。

②平均速度是矢量，方向与位移Δs 的方向相同。

③公式20t v v v +=，只对匀变速直线运动才适用。

⑵瞬时速度：①对应于某一时刻（或某一位置）的速度。

②当Δt 0时，平均速度的极限为瞬时速度。

③瞬时速度的方向就是质点在那一时刻（或位置）的运动方向。

④简称速度⑶平均速率：①质点在某一段时间内通过的路程和所用的时间的比值叫做这段时间内的平均速率。

②平均速率是标量。

一、知识网络概念③只有在单方向的直线运动中，平均速度的大小才等于平均速率。

④平均速率是表示质点平均快慢的物理量⑷瞬时速率：①瞬时速度的大小。

②是标量。

③简称为速率。

5、加速度⑴速度的变化：Δv ＝v t －v 0，描述速度变化的大小和方向，是矢量。

⑵加速度：①是描述速度变化快慢的物理量。

②公式：a ＝Δv/Δt 。

③是矢量。

④在直线运动中，若a 的方向与初速度v 0的方向相同，质点做匀加速运动；若a的方向与初速度v 0的方向相反，质点做匀减速运动6、匀速直线运动：⑴定义：物体在一条直线上运动，如果在任何相等的时间内通过的位移都相等，则称物体在做匀速直线运动⑵匀速直线运动只能是单向运动。

直线运动中的典型问题及解法作者：钱丹丹来源：《中学物理·高中》2013年第10期直线运动部分的概念多、公式多、规律多，实际问题的情境千变万化，但若能透过现象看本质，将会发现在众多的“变幻”中，无非是四类典型问题在变换、重组，掌握这四类典型问题的处理策略后自然能以不变应万变.1初速度为零的匀加速直线运动问题此类问题的基本解题策略是：在不能利用比值规律处理的情况下，应设法将中间位置或中间小过程与起点相联系，这样可以让绝大多数运动规律形式得到简化.例1物体从光滑的斜面顶端由静止开始匀加速下滑，在最后1 s内通过了全部路程的一半，则下滑的总时间为多少？分析物体运动的典型特征为v0=0，最后1 s刚好是一段中间过程.解如图1所示，有Δx=xt-xt-1，而xt=12at2xt-1=12a（t-1）2由于Δxxt=12at2-12a（t-1）212at2=12，解得t=2+2 （s）.说明末速度为零的匀减速直线运动在变换成反方向的初速度为零的匀加速直线运动后可以采用同样的方法处理.2不同性质的直线运动过程相连接的问题指匀速、匀加速、匀减速直线运动中的两个或三个组合在一起.此类问题的解题策略是：紧扣转折点速度.因为它既是前一运动阶段的末速度，又是后一运动阶段的初速度，找到它可以最大程度增加已知信息，对解题极为有利.例2质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零.若AB间总长度为s，试求质点从A到B所用的时间t.分析整个运动过程由匀加速、匀减速两个阶段组成.基本解题思路是先找到转折点速度，再利用平均速度关系式或速度公式求时间.解设第一阶段的末速度为v，则由题意可知v22a1+v22a2=s，解得v=2a1a2sa1+a2，而s=0+v2t1+v+02t2=v2t，所以t=2（a1+a2）sa1a2.说明只要涉及不同性质的直线运动，不管题中待求量是什么，解题的首要任务都应该是求出转折点速度.3运动性质多变或周期性变化的问题此类问题牵涉的运动阶段较多，传统的分析方法过于繁琐，而且容易导致思维混乱.若能首先描绘出物体的v-t图象，那么就可以从全局上把握住运动的特点，原本复杂的运动过程也变得形象、具体.例3一个物体原来静止在光滑的水平地面上，从t=0开始运动，在第1、3、5、…奇数秒内，给物体施加方向向北的水平推力，使物体获得大小为2 m/s2的加速度，在第2、4、6、…偶数秒内，撤去水平推力，问经过多长时间，物体位移的大小为40.25 m？分析物体运动性质周期性变化，因此先描绘出运动物体的v-t图象.如图3所示，从图线下方所围图形的面积关系可以看出，每一秒内物体运动的位移大小构成等差数列，所以可以结合等差数列的求和公式进行求解.解物体在第1 s内的位移为xI=12at2I=12×2×12=1 （m）.由等差数列的求和公式得n（n为正整数）秒内物体的总位移x=n（n+1）2=40.25 m.解得8而物体在前8 s内的位移为x8=8×（8+1）2=36 （m），且vB=2×4=8 （m/s）.设物体在剩余Δx=40.25-36=4.25 （m）内所用时间为Δt，由于Δx=vB·Δt+12a·Δt2，解得Δt=0.5 s.所以物体完成40.25 m的位移总共所用的时间为t=tB+Δt=8+0.5=8.5 （s）.说明运动性质周期性变化的问题借助图象处理，方便快捷.其他运动性质非周期性变化的问题（包括不同性质的直线运动过程相连接的问题）借助图象处理，优点同样明显.4追及和相遇问题此类问题由于涉及的运动物体不止一个，运动性质也往往不同，处理起来有一定的难度，但只要掌握正确的方法，还是可以化难为易，顺利解决的.该类问题解题的一般策略是：4.1若两个物体在同一直线上运动（1）明确每个物体的运动性质，画出运动过程示意图；（2）利用两者的位移关系列方程；（3）结合时间关系、速度关系解方程.其中两者速度相等是两物体能否相遇或距离取极值的重要临界条件.例4火车以速度v1匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距s处有另一火车沿同方向以速度v2（对地、且v1>v2）做匀速运动.司机立即以加速度a紧急刹车.要使两车不相撞，a应满足什么条件？分析两辆火车恰好不相撞的条件是：后车追上前车瞬间两者速度刚好相等.（务必注意不是后车追上前车瞬间后车速度为零，这一点可通过分析最后一段时间内的位移大小关系搞清.）解两车恰好不相撞的临界条件是：后车追上前车瞬间两者速度刚好相等.如图4有x1=x2+s，即v1+v22t=v2t+s，又v1-at=v2，解得a=（v1-v2）22s.所以要使两车不相撞，应满足a≥（v1-v2）22s.说明在正确画示意图的基础上发现两物体位移之间的关系是解决此类问题的关键.此外，还要注意一些特殊情况，例如，匀加速追匀速时，可能在追上前后者已经达到最大速度；匀速（或匀加速）追赶匀减速时，可能在追上前前者已经停止运动等.例5汽车A在红绿灯前停下，绿灯亮时A车开动，以a=0.4 m/s2的加速度做匀加速直线运动，经t0=30 s后以该时刻的速度做匀速直线运动，在绿灯亮的同时，汽车B以v=8 m/s的速度从A车旁边驶过，之后B车一直以相等的速度做匀速运动，问：从绿灯亮时开始，经多长时间后两车再次相遇？解在绿灯亮后的30 s内，A车发生的位移为xA0=12at20=12×0.4×302=180 （m），B车发生的位移为xB0=vt0=8×30=240 （m）.因xA0设共需t时间汽车A才能追上汽车B，两者位移关系为xA=xB.如5图，即12[t+（t-t0）]vm=vt，其中vm=at0=0.4×30=12 （m/s），解得t=45 s.说明通过简单的运算先明确A车的实际运动情况，而借助图象分析可以避免复杂的运算.4.2若两个物体不在同一直线上运动，则应利用两者运动时间的关系列方程，这也是求解两类相遇问题的最大区别例6在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动栏木装置如图6所示，当高速列车到达A点时，道口公路上应显示红灯，警告未越过停车线的汽车迅速制动，而超过停车线的汽车能在列车到达道口前安全通过道口.已知高速列车的速度v1=120 km/h，汽车过道口的速度v2=5km/h，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是s0=5 m，道口宽度s=26 m，汽车长l=15 m.若栏木关闭时间tl=16 s，为保障安全需多加时间t2=20 s.问：列车从A点到道口的距离L应为多少才能确保行车安全？分析此题涉及直线运动知识在实际问题中应用，与相遇问题有关，明确各个过程时间之间的关系是本题的关键.解由题意可知，从列车到达A点到列车抵达道口，共经历三个阶段，超过停车线的汽车安全通过道口阶段、栏木关闭阶段、保障安全额。

高考物理直线运动解题技巧及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．一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位移的925，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：212h gt =最后（t -1）s 下落的高度为：()21112h g t =- 位移间的关系为：11625h h =联立解得：125h m =2．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）由得小球运动的时间：落地速度为：3．杭黄高铁是连接杭州市和黄山市的高速铁路。

2018年12月25日，正式开通运营，运行时的最大时速为250公里。

杭黄高速列车在一次联调联试运行中由A 站开往B 站，A 、B 车站间的铁路为直线。

技术人员乘此列车从A 车站出发，列车从启动匀加速到270km/h ，用了150s 时间，在匀速运动了10分钟后，列车匀减速运动，经过200秒后刚好停在B 车站.求:(1)求此高速列车启动、减速时的加速度;(2)求A 、B 两站间的距离；【答案】（1）0.5m/s 2，-0.375m/s 2；（2）58125m【解析】【分析】 分别确定高速列车启动、减速运动过程的初速度、末速度和时间，由加速度定义式∆=∆v a t 求出加速度。

【详解】(1) 由加速度的定义式∆=∆v a t有： 高速列车启动时的加速度为2212700.53.6150v m m a ss t ∆===∆⨯ 高速列车减速时的加速度为 22202700.3753.6200v m m a s s t ∆-===-∆⨯； (2) 加速过程的位移为2111156262x a t m == 匀速过程的位移为2245000x vt m == 减速过程的位移为232075002v x m a -== 总位移为12358125x x x x m =++=4．一列汽车车队以v 1＝10 m/s 的速度匀速行驶，相邻车间距为25 m ，后面有一辆摩托车以v 2＝20 m/s 的速度同向行驶，当它与车队最后一辆车相距S 0＝40 m 时刹车，以a ＝0.5 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，摩托车从车队旁边行驶而过，设车队车辆数n 足够多，问：(1)摩托车最多能与几辆汽车相遇？(2)摩托车从赶上车队到离开车队，共经历多少时间？(结果可用根号表示)【答案】(1)3辆 （2）【解析】(1)当摩托车速度减为10 m/s 时，设用时为t ，摩托车行驶的距离为x 1，每辆汽车行驶的距离都为x 2.由速度公式得：v 2＝v 1－at解得t ＝20 s由速度位移公式得：v 22－v 12v ＝－2ax 1解得x 1＝300 mx 2＝v 2t ＝200 m摩托车与最后一辆汽车的距离：Δx ＝(300－200－40) m ＝60 m故摩托车追上的汽车数n ＝6025＋1＝3.4，则追上汽车3辆. (2)设摩托车追上最后一辆汽车的时刻为t 1，最后一辆汽车超过摩托车的时刻为t 2.则：Δx＋v2t＝v1t－12at2解得：Δt＝t2－t1＝815s.5．2015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t1，速率为v1，则由v12-v02=2as1得v1=16 m/s由v1=v0+a1t1得t1=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=v1=a′t得t=32s（3）所以s汽=256ms石=v1t′=v1（t+1﹣t1）=16×（32+1﹣20）=208m因为s石＜s汽，所以能安全逃离6．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5s后警车发动起来，并以2m/s2的加速度做匀加速运动，并尽快追上货车，但警车的行驶速度必须控制在108km/h以内．问：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（2）求出警车发动后至少要多长时间才能追上货车？【答案】（1）90m（2）12.5s【解析】【分析】【详解】()1当两车速度相同时距离最大由v at =可得警车达到10/m s 的时间；14t s = 在这段时间警车的位移221111 2.542022x at m ==⨯⨯= 货车相对于出发点的位移()21074110x m =+=两车间的最大距离90x m =V()2108/30/km h m s =；由v at =可得警车达到最大速度的时间212t s =此时警车的位移23211802x at m == 货车相对于出发点的位移()410712190x m =+=由于警车的位移小于货车的位移，所以仍末追上设再经过3t 追上，则()23010190180t -=-得30.5t s =则总时间为2312.5t t t s =+=则警车发动后经过12.5s 才能追上．故本题答案是：（1）90m （2）12.5s7．如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L=1.4m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2．求(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h ；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q ．【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：水平推力①解得：②（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩相对滑动生成的热量⑪⑫8．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，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/s2.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速度大小为2m/s2的匀减速直线运动。

高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．货车A 正在公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车距离仅有75 m ．（1）若此时轿车B 立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A 司机没有刹车，是否会撞上轿车B ；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A 发现轿车B 开始到撞上轿车B 的时间．（2）若货车A 司机发现轿车B 时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A 刹车的同时，轿车B 立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B 加速度至少多大才能避免相撞． 【答案】（1）两车会相撞t 1=5 s ；（2）222m/s 0.67m/s 3B a =≈ 【解析】 【详解】（1）当两车速度相等时，A 、B 两车相距最近或相撞． 设经过的时间为t ，则：v A =v B 对B 车v B =at联立可得：t =10 s A 车的位移为：x A =v A t= 200 mB 车的位移为： x B =212at =100 m 因为x B +x 0=175 m<x A所以两车会相撞，设经过时间t 相撞，有:v A t = x o 十212at 代入数据解得：t 1=5 s ，t 2=15 s(舍去)．（2）已知A 车的加速度大小a A =2 m/s 2，初速度v 0=20 m/s ，设B 车的加速度为a B ，B 车运动经过时间t ，两车相遇时，两车速度相等， 则有：v A =v 0-a A t v B = a B t 且v A = v B在时间t 内A 车的位移为： x A =v 0t-212A a tB 车的位移为：x B =212B a t 又x B +x 0= x A 联立可得：222m/s 0.67m/s 3B a =≈2．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯开始闪烁，已知绿灯闪烁3秒后将转为红灯．请问：（1）若甲车在绿灯开始闪烁时刹车，要使车在绿灯闪烁的3秒时间内停下来且刹车距离不得大于18m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若甲、乙车均以v0=15m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车司机的反应时间△t2=0.4s，反应时间内视为匀速运动）．已知甲车、乙车紧急刹车时的加速度大小分别为a1=5m/s2、a2=6m/s2 ．若甲车司机看到绿灯开始闪烁时车头距停车线L=30m，要避免闯红灯，他的反应时间△t1不能超过多少？为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前之间的距离s0至少多大？【答案】(1)（2）【解析】（1）设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为v1根据平均速度与位移关系得：所以有：v1=12m/s（2）对甲车有v0△t1+＝L代入数据得：△t1=0.5s当甲、乙两车速度相等时，设乙车减速运动的时间为t，即：v0-a2t=v0-a1（t+△t2）解得：t=2s则v=v0-a2t=3m/s此时，甲车的位移为：乙车的位移为：s2＝v0△t2+＝24m故刹车前甲、乙两车之间的距离至少为：s0=s2-s1=2.4m．点睛：解决追及相遇问题关键在于明确两个物体的相互关系；重点在于分析两物体在相等时间内能否到达相同的空间位置及临界条件的分析；必要时可先画出速度-时间图象进行分析．3．某人驾驶一辆小型客车以v0＝10m/s的速度在平直道路上行驶，发现前方s＝15m处有减速带，为了让客车平稳通过减速带，他立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v＝5.0 m/s．已知客车的总质量m＝2.0×103 kg.求：(1)客车到达减速带时的动能E k；(2)客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t；(3)客车减速过程中受到的阻力大小f．【答案】(1)E k＝2.5×104J (2)t＝2s (3)f＝5.0×103N【解析】【详解】(1) 客车到达减速带时的功能E k＝12mv2，解得E k＝2.5×104 J(2) 客车减速运动的位移2v v st+=，解得t＝2s(3) 设客车减速运动的加速度大小为a，则v＝v0－at，f＝ma解得f＝5.0×103 N4．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＝10 m/s，B车在后，速度v B＝30 m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0＝75 m时才发现前方有A车，这时B 车立即刹车，但B车要经过180 m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后多长时间相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？【答案】会相撞；6 s【解析】B车刹车至停下来的过程中，由v2－v02＝2ax得222.5/2BBva m sx==假设不相撞，依题意画出运动过程示意图，如下图所示．设经过时间t两车速度相等，对B车有：v A＝v B＋a B t解得8A BBv vt sa-== .此时B车的位移x B＝v B t＋12a B t2＝30×8 m－12×2.5×82 m＝160 m.A车的位移x A＝v A t＝10×8 m＝80 m.因x B>x A＋x0，故两车会相撞．设B刹车后经过时间t x两车相撞，则有v A t x＋x0＝v B t x＋12a B t x2，代入数据解得，t x＝6 s或t x＝10 s(舍去)．5．如图所示，一传送皮带与水平面夹角为 =37°，正以2 m/s的恒定速率顺时针运行。

高考物理直线运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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A v ；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：h OA =1.8m212OA h gt =，20.6OA h t s g== 6/A v gt m s ==b 、由图中可知h AB 距离近似为两块砖厚度方法一：h AB =12cm=0.12mh OB =h OA +h AB =1.92cm212OA B h gt =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△t=0.120.026AB A h s s v ==2．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 得小球运动的时间： 落地速度为：3．物体在斜坡顶端以1 m/s 的初速度和0.5 m/s 2的加速度沿斜坡向下作匀加速直线运动，已知斜坡长24米，求：(1) 物体滑到斜坡底端所用的时间．(2) 物体到达斜坡中点速度．【答案】（1）8s （213/m s【解析】【详解】（1）物体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：2012x v t at +＝ 代入数据得到：14=t +0.25t 2解得：t=8s 或者t =-12s （负值舍去）所以物体滑到斜坡底端所用的时间为8s（2）设到中点的速度为v 1，末位置速度为v t ，有：v t =v 0+at 1=1+0.5×8m/s=5m/s220 2t v v ax -＝2210 22x v v a -＝联立解得：113m/s v ＝4．（13分）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝37°。

高考物理直线运动答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．甲、乙两车在某高速公路上沿直线同向而行，它们的v﹣t图象如图所示，若t=0时刻两车相距50m，求：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间；（2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离。

【答案】(1) 6.9s (2) 40m【解析】（1）由图得，乙的加速度为：相遇时，对甲：x甲=v甲t对乙：由题意有：x乙=x甲+50联立解得：t=2（+1）s≈6.9s（2）分析知，当两车速度相等时距离最短，即为：t′=2s对甲：x甲′=v甲t′=10×2m=20m对乙：两车相距的最短距离为：答：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间是6.9s；（2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离是40m。

点睛：在追及问题中当两车速度相等时两者之间的距离有最值，解此类题要根据速度之间的关系以及位移之间的关系求解即可。

2．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v0=288km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0=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a1=0.5m/s2的平均制动加速度减速，减速t2=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a2是多大？【答案】（1）60m/s（2）1.2m/s2【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a1=0.5m/s2，设经过t2=40s时，列车的速度为v1，则v1=v0-a1t2=60m/s.（2）列车长接到通知后，经过t1=2.5s，列车行驶的距离x1=v0t1=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x2 =2800m打开电磁制动后，行驶的距离x3= x0- x1- x2=1500m；3．一质点做匀加速直线运动，初速度v0＝2 m/s，4 s内位移为20 m，求：（1）质点的加速度大小；（2）质点4 s末的速度大小。

高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．某次足球比赛中，攻方使用“边路突破，下底传中”的战术．如图，足球场长90m 、宽60m.前锋甲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匀减速直线运动，其初速度v 0＝12m/s ，加速度大小a 0＝2m/s 2.(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球，设他做初速为零、加速度a 1＝2m/s 2的匀加速直线运动，能达到的最大速度v m ＝8m/s.求他追上足球的最短时间.(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v 沿边线向前踢出，足球仍以a 0在地面上做匀减速直线运动；同时，甲的速度瞬间变为v 1＝6 m/s ，紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球，恰能在底线处追上足球传中，求v 的大小. 【答案】(1)t ＝6.5s (2)v ＝7.5m/s 【解析】 【分析】(1)根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间.(2)结合运动员和足球的位移关系，运用运动学公式求出前锋队员在底线追上足球时的速度． 【详解】(1)已知甲的加速度为22s 2m/a =，最大速度为28m/s v =，甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：2228s 4s 2v t a === 22284m 16m 22v x t ==⨯= 之后甲做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移x 2＝v m (t 1－t 0)＝8×2m ＝16m 由于x 1＋x 2 < x 0，故足球停止运动时，甲没有追上足球 甲继续以最大速度匀速运动追赶足球，则x 0－(x 1＋x 2)＝v m t 2 联立得:t 2＝0.5s甲追上足球的时间t ＝t 0＋t 2＝6.5s (2)足球距底线的距离x 2＝45－x 0＝9m 设甲运动到底线的时间为t 3，则x 2＝v 1t 3 足球在t 3时间内发生的位移2230312x vt a t =- 联立解得：v ＝7.5m/s【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.2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

高考物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．甲、乙两车在某高速公路上沿直线同向而行，它们的v﹣t图象如图所示，若t=0时刻两车相距50m，求：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间；（2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离。

【答案】(1) 6.9s (2) 40m【解析】（1）由图得，乙的加速度为：相遇时，对甲：x甲=v甲t对乙：由题意有：x乙=x甲+50联立解得：t=2（+1）s≈6.9s（2）分析知，当两车速度相等时距离最短，即为：t′=2s对甲：x甲′=v甲t′=10×2m=20m对乙：两车相距的最短距离为：答：（1）若t=0时，甲车在乙车前方，两车相遇的时间是6.9s；（2）若t=0时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离是40m。

点睛：在追及问题中当两车速度相等时两者之间的距离有最值，解此类题要根据速度之间的关系以及位移之间的关系求解即可。

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t 2，则t 2=00v a-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则x 1=v 0t 1②x 1=15 m③从刹车到停止的位移为x 2，则x 2=2002v 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 ⑦3．某人驾驶一辆小型客车以v 0＝10m/s 的速度在平直道路上行驶，发现前方s ＝15m 处有减速带，为了让客车平稳通过减速带，他立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v ＝5.0 m/s ．已知客车的总质量m ＝2.0×103 kg.求：(1)客车到达减速带时的动能E k ；(2)客车从开始刹车直至到达减速带过程所用的时间t ；(3)客车减速过程中受到的阻力大小f ．【答案】(1)E k ＝2.5×104J (2)t ＝2s (3)f ＝5.0×103N【解析】【详解】(1) 客车到达减速带时的功能E k ＝12mv 2，解得E k ＝2.5×104 J (2) 客车减速运动的位移02v v s t +=，解得t ＝2s (3) 设客车减速运动的加速度大小为a ，则v ＝v 0－at ，f ＝ma解得f ＝5.0×103 N4．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。

高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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；（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）120 120km/h m/s3.6v==，6060km/h m/s3.6v==根据速度公式v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s2解得：t=3.3s；（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t1=66.6m；匀减速的位移：2202v v ax-=解得：x=159m则x'=159+66.6-100m=125.6m．应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌.2．一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，即知三求二．3．一质点做匀加速直线运动，初速度v0＝2 m/s，4 s内位移为20 m，求：（1）质点的加速度大小；（2）质点4 s末的速度大小。

高考物理直线运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．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。

请用你学过的知识解释，重力加速度为什么随纬度的增加而增大？【答案】（1）22128H gT T =-， 2102212T HL T T +-；（2）求出的重力加速度比实际值大；（3）解析见详解。

【解析】 【详解】（1）（i ）小球从O 点上升到最大高度过程中：211122T h g ⎛⎫= ⎪⎝⎭小球从P 点上升的最大高度：222122T h g ⎛⎫= ⎪⎝⎭依据题意：12h h H -= 联立解得：22128Hg T T =-（ii ）真空管至少的长度：01L L h =+故2102212T HL L T T =+- （2）以l 表示摆长，θ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 F sin θ＝mL sin θ（2Tπ）2， F cos θ＝mg由以上式子得：T＝2πLcosg，而单摆的周期公式为T′＝2πLg，即使在单摆实验中，摆角很小，θ＜5°，但cosθ＜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。

高考物理直线运动解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．一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位移的925，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：212h gt = 最后（t -1）s 下落的高度为：()21112h g t =- 位移间的关系为：11625h h = 联立解得：125h m =2．如图所示，质量为M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ，当小车向右运动速度达 到时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg 的小物块，经过t 1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。

已知小物块与小车间的动摩擦因数0.2，假设小车足够长，g 取10m ／s 2，求：(1)水平恒力F 的大小；(2)从小物块放到车上开始经过t=4s 小物块相对地面的位移； (3)整个过程中摩擦产生的热量。

【答案】（1）8N （2）13.6m （3）12J【解析】试题分析：（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为v ，对于小物块，在t 1=2s 时间内，做匀加速运动，则有：对于小车做匀加速运动，则有：联立以上各式，解得：F="8N"（2）对于小物块，在开始t 1=2s 时间内运动的位移为： 此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为，则有x=x 1+x 2联立以上各式，解得：x=13.6m（3）整个过程中只有前2s 物块与小车有相对位移 小车位移： 相对位移：解得：Q=12J考点：牛顿第二定律的综合应用.3．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/s 2 （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： h 1=12gt 12 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：21025/1.41v a m s t ∆===∆- （3）木球在水中做匀加速直线运动，平均速度等于102v + 所以：12201000.4222v h t m ++⨯=⨯==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．4．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θ=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μ=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）1.25s （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1cos37sin37ma F mg mg μ=+︒-︒（1分），计算得： 218/a m s = 110.5v t s a ==（1分）21112v x m a ==（1分）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2cos37sin37ma F mg mg μ=-︒-︒（1分），计算得： 20a =4.0sin37hx m ==︒Q （1分）2120.75x x x t s v v-===（1分）得12 1.25t t t s =+= (1分) （2）若达到同速后撤力F ，对物块受力分析，因为sin37mg ︒> cos37mg μ︒，故减速上行 3sin37cos37ma mg mg μ=︒-︒（1分），得232/a m s =设物块还需t '离开传送带，离开时的速度为t v ，则22322t v v a x -=（1分），2/t v m s=（1分）3tv v t a -'=（1分）1t s '=（1分） 考点：本题考查匀变速直线运动规律、牛顿第二定律。

高考物理直线运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m 的爆竹B ，木块的质量为M ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h ，而木块所受的平均阻力为f 。

若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g 。

求： （1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度； （2）爆竹能上升的最大高度。

【答案】（1）()2f Mg hM-（2）()2f Mg Mh m g - 【解析】 【详解】（1）对木块，由动能定理得：2102Mgh fh Mv -=-， 解得：()2f Mg hv M-=；（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mv mv -'=爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：22v H g'=解得：()2fMg MhH m g-=3．如图所示，一圆管放在水平地面上，长为L=0.5m ，圆管的上表面离天花板距离h=2.5m ，在圆管的正上方紧靠天花板放一颗小球，让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上大小为5m/s 的初速度，g 取10m/s ．（1）求小球释放后经过多长时间与圆管相遇？（2）试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？ 【答案】（1）0.5s （2）0.1s【解析】试题分析：小球自由落体，圆管竖直上抛，以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动；先根据位移时间关系公式求解圆管落地的时间；再根据位移时间关系公式求解该时间内小球的位移（假设小球未落地），比较即可；再以小球为参考系，计算小球穿过圆管的时间．（1）以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动， 故相遇时间为： 0 2.50.55/h m t s v m s=== （2）圆管做竖直上抛运动，以向上为正，根据位移时间关系公式，有2012x v t gt =- 带入数据，有2055t t =-，解得：t=1s 或 t=0（舍去）； 假设小球未落地，在1s 内小球的位移为22111101522x gt m ==⨯⨯=， 而开始时刻小球离地的高度只有3m ，故在圆管落地前小球能穿过圆管； 再以小球为参考系，则圆管相对小球向上以5m/s 做匀速直线运动， 故小球穿过圆管的时间00.5'0.15/L mt s v m s===4．一质点做匀加速直线运动，初速度v 0＝2 m/s ，4 s 内位移为20 m ，求： （1）质点的加速度大小； （2）质点4 s 末的速度大小。

高考物理直线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．撑杆跳高是奥运会是一个重要的比赛项目．撑杆跳高整个过程可以简化为三个阶段：助跑、上升、下落；而运动员可以简化成质点来处理．某著名运动员，在助跑过程中，从静止开始以加速度2 m/s 2做匀加速直线运动，速度达到10 m/s 时撑杆起跳；达到最高点后，下落过程可以认为是自由落体运动，重心下落高度为6.05 m ；然后落在软垫上软垫到速度为零用时0.8 s ．运动员质量m =75 kg ，g 取10 m/s 2．求： （1）运动员起跳前的助跑距离；（2）自由落体运动下落时间，以及运动员与软垫接触时的速度；（3）假设运动员从接触软垫到速度为零做匀减速直线运动，求运动员在这个过程中，软垫受到的压力．【答案】（1）运动员起跳前的助跑距离为25m ；（2）自由落体运动下落时间为1.1S ，以及运动员与软垫接触时的速度为11m/s ；（3）运动员在这个过程中，软垫受到的压力为1.8×103N ． 【解析】 【详解】（1）根据速度位移公式得，助跑距离：x=22v a =21022⨯=25m （2）设自由落体时间为t 1，自由落体运动的位移为h ：h=212gt 代入数据得：t =1.1s 刚要接触垫的速度v ′，则：v′2=2gh ，得v =11m/s（3）设软垫对人的力为F ，由动量定理得：（mg-F ）t =0-mv ′ 代入数据得：F =1.8×103N由牛顿第三定律得对软垫的力为1.8×103N2．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）22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）6s 两车相撞（3）20.83/A a m s ≥【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，00,30/,180t B v v v m s S m ====由202BB v a s -=得222.5/2B B v a m s s=-=-故B 车刹车时加速度大小为22.5m /s ，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：A B B v v a t =+， 解得：103082.5A B B v v t s a --===- 此时B 车的位移：2211308 2.5816022B B B s v t a t m =+=⨯-⨯⨯= A 车的位移：10880A A s v t m ==⨯= 因33661()3=⨯-+⨯= 设经过时间t 两车相撞，则有212A B B v t s v t a t +∆=+代入数据解得：126,10t s t s ==，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：()A A B B v a t t v a t ''+-∆=+ 即：10()30 2.5A a t t t ''+-∆=- 此时B 车的位移：221,30 1.252B B B B s v t a t s t t =+=-''''即： A 车的位移：21()2A A A s v t a t t ''=+-∆要不相撞，两车位移关系要满足B A s s s ≤+∆解得20.83/A a m s ≥3．如图所示，物体A 的质量1kg A m =，静止在光滑水平面上的平板车B ，质量为0.5kg B m =，长为1m L =．某时刻A 以04m/s v =向右的初速度滑上木板B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因素0.2μ=，取重力加速度210m/s g =．求： （1）若5N F =，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离． （2）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件．【答案】（1）0.5m （2）1N≤F≤3N【解析】（1）物体A 滑上木板B 以后，作匀减速运动，有μmg=ma A 得a A =μg=2m/s 2木板B 作加速运动，有F+μmg=Ma B ， 代入数据解得：a B =14m/s 2 两者速度相同时，有v 0-a A t=a B t ， 代入数据解得：t=0.25s A 滑行距离：S A =v 0t-12a A t 2=4×0.25−12×2×116＝1516m ， B 滑行距离：S B =12a B t 2=12×14×116m=716m ． 最大距离：△s=S A -S B =1516−716=0.5m （2）物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：22201122A Bv v v L a a -=+ 又：011A Bv v v a a -= 代入数据可得：a B =6（m/s 2）由F=m 2a B -μm 1g=1N若F ＜1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N ．当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落． 即有：F=（m+m ）a ，μm 1g=m 1a 所以：F=3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下． 综上：力F 应满足的条件是：1N≤F≤3N点睛：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．4．如图,MN 是竖直放置的长L=0.5m 的平面镜,观察者在A 处观察,有一小球从某处自由下落,小球下落的轨迹与平面镜相距d=0.25m ,观察者能在镜中看到小球像的时间△t=0.2s .已知观察的眼睛到镜面的距离s=0.5m ,求小球从静止开始下落经多长时间,观察者才能在镜中看到小球的像.(取g=10m/s 2)【答案】0.275s ； 【解析】试题分析：由平面镜成像规律及光路图可逆可知，人在A 处能够观察到平面镜中虚像所对应的空间区域在如图所示的直线PM 和QN 所包围的区域中，小球在这一区间里运动的距离为图中ab 的长度L /．由于⊿aA /b ∽MA /N ⊿bA /C ∽NA /D 所以L //L=bA //NA /bA //NA /=（s+d ）/s联立求解，L /=0．75m 设小球从静止下落经时间t 人能看到，则/2211()22L g t t gt =+⊿－ 代入数据，得t=0．275s考点：光的反射；自由落体运动【名师点睛】本题是边界问题，根据反射定律作出边界光线，再根据几何知识和运动学公式结合求解；要知道当小球发出的光线经过平面镜反射射入观察者的眼睛时，人就能看到小球镜中的像．5．在平直公路上，一汽车的速度为15m/s 。