物理直线运动试题类型及其解题技巧

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．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/s2．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）木板右端离墙壁的最终距离．

【答案】（1）10.12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2g解得20.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1s，位移x4.5m，末速度v4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt带入可得a1m/s2

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga 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(Mm)g2mgMa1 可得a14m/s0m/s

1s12at 24m/s2 32对滑块，则有加速度a24m/s

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s 此时，木板向左的位移为x1vt112108a1t1m末速度v1m/s 233滑块向右位移x24m/s0t12m 22此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m/s

木块继续减速，加速度仍为a14m/s2 3假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a1t2 解得t20.5s

此过程，木板位移x3v1t2滑块位移x4127a1t2m末速度v3v1a1t22m/s 26121a2t2m 22此后木块和木板一起匀减速．

二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

2（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a1g1m/s

2v3位移x52m

2a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m 【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．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，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）F【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：4mgsinmgcos4ma

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：

34mgsin（2）dL

34Fmgsinmgcosma

已知tan 联立可得：F3mgsin 4（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：

4mgsin6Lmgcos（3L2LL)可得：v3gLsin

14mv2 2由于动摩擦因数为tan，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v1，由动能定理：

mgsin3.5L1212mv1mv 22可得：v14gLsin 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。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为tLL，因此到达水平面的时间差也为t vv所以滑块在水平面上的间距为dv1t 联立解得d4L 3

3．跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224m高时，运动员离开飞机作自由落体运动，运动了5s后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速度为5m/s，取g10m/s，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间． 【答案】a12.5?m/s2；t3.6s 【解析】

2运动员做自由落体运动的位移为h121gt1052m125m 22打开降落伞时的速度为：v1gt105m/s50m/s

22匀减速下降过程有：v1v22a(Hh)

将v2=5 m/s、H=224 m代入上式，求得：a=12.5m/s2 减速运动的时间为：tv1v2505 s3.6?s a12.5

4．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。

fMgMh2fMgh【答案】（1）（2） 2mgM【解析】 【详解】

（1）对木块，由动能定理得：Mghfh01Mv2， 2解得：v2fMgh；

M（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：Mvmv0

v2爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：H

2g解得：HfMgMh

m2g

5．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/s2)

a.计算石子到达A点的速度大小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=1.8m

hOA2hOA12gt，t0.6s 2gvAgt6m/s

b、由图中可知hAB距离近似为两块砖厚度 方法一：hAB=12cm=0.12m hOB=hOA+hAB=1.92cm

12gtB 2tB=0.62s hOA曝光时间△t=tB-tA=0.02s

方法二、由于曝光时间极短，可看成匀速直线运动

hAB0.12s0.02s △t=vA6

6．质点从静止开始做匀加速直线运动，经4s后速度达到接着经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/s2 （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。

，然后匀速运动了10s，

【详解】

（1）设加速阶段的加速度为a1，则：v1=a1t1

解得质点在加速运动阶段的加速度：a1==（2）设减速运动阶段的加速度为a2，

m/s2=5m/s2

由于v2=v1+a2t2，所以，a2==

m/s2=-4m/s2

当t=16s时，质点已减速运动了：t3=16s-14s=2s 质点在第16s末的速度为：；v3=v1+a2t3=(20-2

4)m/s=12m/s

（3）匀加速直线运动的位移：x1=t1=匀速直线运动位移:x2=vt2=20

10m=200m

4m=40m

匀减速直线运动的位移x3=t3´=

5m=50m

则质点整个运动过程的总位移:x=x1+x2++x3=(40+200+50)m=290m

7．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/s2．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/s2 （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： h1=

12

gt1 2解得：t1=1s 所以：v1=gt1=10m/s

（2）在水中运动的时间为：t2=1．4-t1 所以：av1025m/s2 t1.41（3）木球在水中做匀加速直线运动，平均速度等于

v10 2v10100 t20.42m 22考点：匀变速直线运动的规律

所以：h2【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．

8．2015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=256m

s石=v1t′=v1（t+1﹣t1）=16×（32+1﹣20）=208m 因为s石＜s汽，所以能安全逃离

9．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

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

，

.

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

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．

10．5 —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