高中物理直线运动精编习题

一、高中物理精讲专题测试直线运动

1．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v1=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v2=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t0=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v1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】

v172km/s=20m/s，v018km/s=5m/s，v236km/s=10m/s，

（1）两车减速运动的加速度大小为

av12d2(x)2202402(60)22.5m/s2，

t1甲车减速到v2，所用时间为 走过的距离为x1v1v020104s， a2.5v1v22010t1460m， 22甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为 t2(xd40x1)6060222s v210t甲t1t2426s 甲车从减速到栏杆打开的总时间为 t3乙车减速行驶到收费岛中心线的时间为 v1208s a2.5t乙t0t315823s 从减速到打开栏杆的总时间为 人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差tt乙t甲23617s；

t38s加速到 v120m/s，与甲车达到共同速（2）乙车从收费岛中心线开始出发又经 度，此时两车相距最远．

x乙x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 d406080m, 22v010m/s加速至 v120m/s，这个时间为 t14s 从收费岛中心线开始，甲车先从 x甲x1v1t3tt160208174480m 然后匀速行驶 故两车相距的最远距离为xx甲x乙48080400m．

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；

，得：

，故B，故A不符合

不符合题意；设第一次曝光时的速度为v，设第一次到第二次位移为

；则

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；

；第三次到第四次闪光为，则有：；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．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0．25，与BC间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s2．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）210m/s（2）【解析】

试题分析： （1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得

8s（3）5J 351mvB2得vB＝210m/s． 2（2）在前2 m内，由牛顿第二定律得

F1x1－F3x3－μmgx＝F1－μmg＝ma 且x1＝解得t1＝12at1 28s． 352vC（3）当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m

R对滑块从B到C的过程，由动能定理得

11mvC2－mvB2 22代入数值得W＝－5 J

即克服摩擦力做的功为5 J．

W－mg×2R＝

考点：动能定理；牛顿第二定律

4．光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg，在14N的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求:5s末物体的速度的大小？5s内通过的位移是多少？ 【答案】x=25m 【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s末的速度和5s内的位移．

【详解】

（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a5s末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s. （2）5s内的位移为：x=【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

F14＝m/s2＝2m/s2； m7121at＝ ×2×52m＝25m． 22

5．如图所示，A、B间相距L＝6.25 m的水平传送带在电机带动下始终以v＝3 m/s的速度向左匀速运动，传送带B端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E＝1×106 N/C．现将一质量m＝2 kg、电荷量q＝1×10－5 C的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A端．若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.求：

(1)滑块放上传送带后瞬间的加速度a；

(2)滑块第一次反弹后能到达的距B端最远的距离；

(3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率． 【答案】(1)a＝2 m/s2 方向水平向右 (2)xm＝3.25 m (3)P＝18 W 【解析】

试题分析：（l）滑块放上传送带后瞬间，受力如答图2所示

由牛顿第二定律有qE-代入数据解得a=2m/s2 方向水平向右

mg=ma

（2）设滑块第一次到达B点时速度为v1 由运动学规律有v12 =2aL 代入数据解得v1=5m/s

因v1＞v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小设为a1 由牛顿第二定律有qE+代入数据得a1=8 m/s2

mg=ma1

设滑块与档板碰后至速度减为v经历的时间为t1，发生的位移为x1 由运动学规律有v=v1-a1t1，x1=v1t1-代入数据得t1=0．25s，x1=1m

此后．摩擦力反向（水平向左），加速度大小又变为a．滑块继续向左减速直到速度为零，

设这段过程发生的位移为x2 由运动学规律有x2=代入数据得x2=2．25m

当速度为零时，滑块离B最远，最远距离xm=x1+x2 代入数据解得，xm=3．25m

（3）分析可知．滑块逐次回到B点的速度将递减,但只要回到B点的速度大于v．滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B点返回时发生的位移不会小于x2，回到B点的速度不会小于v'=

=3m/s a1t12

所以，只有当滑块回到B点的速度减小到v=3m/s后,才会做稳定的周期性往返运动．在周期性往返运动过程中，滑块给传送带施加的摩擦力方向始终向右 所以，滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为P=代人数据解得P=18w

考点：带电粒子在电场中的运动、牛顿第二定律、匀变速运动、功率

mgv

6．甲、乙两辆车在相邻的两条平行直轨道上同向匀速行驶，甲车的速度为v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝l2m/s，乙车在甲车的前面．当两车相距L＝6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2的加速度刹车，7s后立即改做匀速运动：乙车刹车的加速度为a2＝lm/s2．求： （1）在哪些时刻两车速度相等？

（2）两车有几次相遇？在哪些时刻两车相遇？ 【答案】（1）4s和8s （2）3次，2s、6s、10s 【解析】

(1)设刹车后经过t时间两车速度相等，则有：v1-a1t=v2-a2t 解得：t=4s

6s后甲车匀速，则速度：v= v1-a1t1=4m/s 两车速度再次相等时，则有：v=v2-a2t′ 解得：t′=8s

(2)在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有:x1=v1t-x2=v2t-

12a1t 212a2t 2又有：x1-x2=L

解得：t1=2s或t2=6s

甲车减速时间恰好为6s，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t1=2s，第二次t2=6s 第二次相遇时甲车的速度为：v′1=v1-a1t2=4m/s 乙车的速度为：v′2=v2-a2t2=6m/s 设再经Δt甲追上乙，则有：v′1Δt=v′2Δt-代入数据解得：Δt=4s

此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇，相遇时刻为：t3=t2+Δt=10s

点睛：本题中涉及运动情境较为复杂，为比较麻烦的追及相遇问题，要结合位移关系和速度关系并联系实际运动情境加以解决，难度较大．

1a2(Δt)2 2

7．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。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v1＝12 m/s，加速度大小为a1＝2 m/s2，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a2＝2 m/s2，最大速度为v2＝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x3＝v2(t1－t2)＝8×2 m＝16 m

，

.

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

由于x2＋x3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．

8．5 —1s时

F3=m×a3 0.2=0.1×a3 a3=2m/s2 V3=v2-a3×t3=0.6-2×0.1=0.4m/s 2分 F4=m×a4 0.1=0.1×a4 a4=1m/s2 V4=v3-a4×t4=0.4-1×0.4=0 1分 v/t图像正确 3分

考点：考查了牛顿第二定律与图像

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）为满足宽为求解。

（1）依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示：

的物体通过门，根据题意分析门所做的运动，根据运动公式

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：

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

，而

（3）依题意宽为

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

的距离

后又做匀减速运动，设减速时间为，门又动了由匀变速运动公式，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vt＝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：vt2－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：vt＝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．