高中物理直线运动试题经典及解析

高中物理直线运动试题经典及解析

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）222

m/s 0.67m/s 3

B 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 m

B 车的位移为： x B =

2

12

at =100 m 因为x B +x 0=175 m

所以两车会相撞，设经过时间t 相撞，有:v A t = x o 十212

at 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-21

2

A a t

B 车的位移为：x B =21

2

B a t 又x B +x 0= x A 联立可得：222

m/s 0.67m/s 3

B a =

≈

2．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/s

3.6

v==，

60

60km/h m/s

3.6

v==

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：22

02

v 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.

3．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.

4．一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．

5．2018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/s 2 1:4 【解析】 【详解】

（1）由h ＝

12

g 月t 2得：20＝1

2

g 月×52 解得：g 月＝1.6m /s 2

（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.

6．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x 0＝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

v 2－v 02＝2ax

得222.5/2B

B v a m s x

== 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 B

B

v v t s a -=

= . 此时B 车的位移x B ＝v B t ＋12a B t 2＝30×8 m －1

2

×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 ＋x 0，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 ＋x 0＝v B t x ＋1

2

a B t x 2， 代入数据解得，t x ＝6 s 或t x ＝10 s(舍去)．

7．2015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S 1=180m 的山坡处泥石流以2m/s 的初速度、0.7m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机（反应时间为1s ）以0.5m/s 2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t 1，速率为v 1，则 由v 12-v 02=2as 1 得v 1=16 m/s 由v 1=v 0+a 1t 1 得t 1=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=v 1=a′t 得t=32s

（3）所以s 汽=256m

s 石=v 1t′=v 1（t+1﹣t 1）=16×（32+1﹣20）=208m 因为s 石＜s 汽，所以能安全逃离

8．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 =

22

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

50

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．

9．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．

（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：

000.5sin 37cos37N F mg mg +=

在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：00

0.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=

代入数据解得：a=7.5m/s 2

小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=1

2

at2

运动时间为

22 3.75

1

7.5

s

t s s

a

?

===；

【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．

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．