高中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 s

g s

μ-=

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212

x 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

a m s =

对滑块，则有加速度2

24/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

v m s =

滑块向右位移214/0

m s x t m +=

= 此后，木块开始向左加速，加速度仍为2

24/a m s =

木块继续减速，加速度仍为214

a 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23121217

x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移242211

x 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2

11/a g m s μ==

位移23

522v 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．如图，AB 是固定在竖直平面内半径R =1.25m 的1/4光滑圆弧轨道，OA 为其水平半径，圆弧轨道的最低处B 无缝对接足够长的水平轨道，将可视为质点的小球从轨道内表面最高点A 由静止释放．已知小球进入水平轨道后所受阻力为其重力的0.2倍，g 取10m/s 2．求：

（1）小球经过B 点时的速率；

（2）小球刚要到B 点时加速度的大小和方向；（3）小球过B 点后到停止的时间和位移大小．

【答案】（1）5 m/s （2）20m/s 2加速度方向沿B 点半径指向圆心（3）25s 6.25m 【解析】

（1）小球从A 点释放滑至B 点，只有重力做功，机械能守恒：mgR=1

mv B 2 解得v B =5m/s

（2）小环刚要到B 点时，处于圆周运动过程中，22

2215/20/1.25

B v a m s m s R ===

加速度方向沿B 点半径指向圆心

（3）小环过B 点后继续滑动到停止，可看做匀减速直线运动：0.2mg=ma 2，解得a 2=2m/s 2

2.5B

v t s a =

= 2

21 6.252

s a t m =

3．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：

4．（8分）一个质量为1500 kg 行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8 s 末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：

（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；

（2）探测器落回出发点时的速度；（3）探测器发动机正常工作时的推力。【答案】（1）768 m ；（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）0～24 s 内一直处于上升阶段，H=

×24×64 m=768m

（2）8s 末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g==

m/s 2="4" m/s 2

探测器返回地面过程有

得

（3）上升阶段加速度：a=8m/s 2 由

得，

考点：v-t 图线；牛顿第二定律.

5．一辆值勤的警车停在公路当警员发现从他旁边以10m/s 的速度匀速行驶的货车有违章行为时,决定去拦截,经5s 警车发动起来,以a =22m/s 加速度匀加速开出维持匀加速运动,能达到的最大速度为20m/s, 试问：

(1)在警车追上货车之前,两车间的最大距离是多少? (2) 警车要多长时间才能追上违章的货车? 【答案】(1)75m(2)15s 【解析】【详解】

（1）两车速度相同时间距最大设警车用时t 1

v 货=at 1

得t 1= 5s 间距Δx =V 1（t 1+5 ）-

v +t 1 =75m （2）设经t 2时间警车达到最大速度v 2=20m/s v 2=a t 2

得t 2=10s 此时

20100m 2

v x t +=

=警 x 货= v 1（t 2+5）=150m

由于x 警< x 货,所以追不上设警车经时间t 追上

v +t 2+ v 2（t - t 2）= v 1（t +5）

得t =15s

6．一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．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

【答案】（1）0.1和0.4．（2）6.0m （3）6.5m

【解析】试题分析：（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为4/v m s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是4/v m 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2240

g m s μ-=

，解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s ，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2

x 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2g 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()121M m g mg Ma μμ++=，可得

214

a m s =

对滑块，则有加速度2

24/a m s =，滑块速度先减小到0，

此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=，末速度18

v m s = 滑块向右位移2140

x t m +=

= 此后，木块开始向左加速，加速度仍为2

24/a m s =

木块继续减速，加速度仍为214

a 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23121217

x v t a t m =-

=。末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移此后木块和木板一起匀减速。

二者的相对位移最大为12346x 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2

11/a g m s μ==

位移23

522v x m a

== 所以木板右端离墙壁最远的距离为125 6.5x x x m ++= 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力

视频

7．我国ETC （不停车电子收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间，假设一辆家庭轿车以20m/s 的速度匀速行驶，接近人工收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10s 时间完成交费，然后再加速至20m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至10m/s 后，再以此速度匀速行驶20m 即可完成交费，然后再加速至20m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为2.5m/s 2．求：

（l ）轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至20m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；

（2）两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间．【答案】（1）160m ，26s ；（2）15s ；【解析】

（1）轿车匀减速至停止过程2

0110280v ax x m -=-?=，01108v at t s -=-?=；

车匀加速和匀减速通过的路程相等，故通过人工收费通道路程12160x x m ==；所用时间为121026t t s =+=；

（2）通过ETC 通道时，速度由20m/s 减至10m/s 所需时间t 2，通过的路程x 2

102v v at -=-

解得：24t s =

1022v v ax -=-

解得：26x m =

车以10m/s 匀速行驶20m 所用时间t 3=2s ，加速到20m/s 所用的时间为t 4=t 2=4s ，路程也为

x 4=60m ；

车以20m/s 匀速行驶的路程x 5和所需时间t 5：5242020x x x x m =---=；5

1x t s v == 故通过ETC 的节省的时间为：234515t t t t t t s ?=----=；

点睛：解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，搞清两种情况下的时间关系及位移关系，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解．

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，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/s 2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/s 2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v 1＝12 m/s ，加速度大小为a 1＝2 m/s 2，足球做匀减速运动的时间为

运动位移为

（2）已知前锋队员的加速度为a 2＝2 m/s 2，最大速度为v 2＝8 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

x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8×2 m ＝16 m

由于x 2＋x 3

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t3＝0.5 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：x4=45-x1=9m，速度为v3=10m／s

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：t4=1 s

前锋队员在这段时间内匀速运动的位移：x3=vt4=6m<9m

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．由于是多过程问题，解答时需细心．

9．图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传

感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。

(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；

(2)若人以的速度沿图中虚线S走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离应为多少？

(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？

【答案】(1) (2)l=d (3)

【解析】试题分析：（1）作出每扇门开启过程中的速度图象，根据图象求出加速度；

（2）人只要在门打开的时间内到达门框处即可安全通过，由此求出设定的传感器水平感

应距离；（3）为满足宽为的物体通过门，根据题意分析门所做的运动，根据运动公式求解。

（1）依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示：

设门全部开启所用的时间为，由图可得

由速度时间关系得：

联立解得：

（2）要使单扇门打开，需要的时间为

人只要在t时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为

联立解得：

（3）依题意宽为的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动的距离，速度达到，所用时间为，而后又做匀减速运动，设减速时间为，门又动了的距离

由匀变速运动公式，得：

解得：和（不合题意舍去）

要使每扇门打开所用的时间为

故物体移动的速度不能超过

【点睛】抓住本题的关键，就是会根据题意作出每扇门的速度时间图象，并且知道速度时间图象的考点，即斜率表示加速度，与时间轴围成的面积表示位移，最后根据题目意思分析门框的运动状态，得出门框的运动性质，由此进行列式求解。

10．近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝20m/s，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t＝8 m/s，然后立即以a2＝4 m/s2的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：

(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？

(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？

(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？

【答案】（1）33.6m （2）5.4s （3）1.62s

【解析】

【详解】

（1）设该车初速度方向为正方向,该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则有：v t2－v02＝- 2a1x1 ①

解得：x1＝33.6 m. ②

该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则

减速阶段：v t＝v0 - a1t1 ③

解得：t1＝2.4 s ④

加速阶段：t2＝＝3 s ⑤

则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s. ⑥

（3）在加速阶段：x2＝t2＝42 m ⑦

则总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m ⑧

若不减速所需要时间：t′＝＝3.78 s ⑨

车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s. ⑩

【点睛】

此题运动的过程复杂，轿车经历减速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．