高中物理直线运动模拟试题及解析

高中物理直线运动模拟试题及分析

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

图象以下图

取 m/s 2，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 。 【分析】 【剖析】 【详解】

（ 1）由题意可知，由 v-t 图像可知，物体在 4 ～6s 内加快度：

物体在 4～ 6s 内受力以下图

依据牛顿第二定律有：

联立解得： μ=0.2

（2）由 v-t 图像可知：物体在 0～ 4s 内加快度：

又由题意可知：物体在 0～ 4s 内受力以下图

依据牛顿第二定律有：

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：

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【点睛】

在一个题目之中，可能某个过程是依据受力状况求运动状况，另一个过程是依据运动状况剖析受力状况；或许同一个过程运动状况和受力状况同时剖析，所以在解题过程中要灵巧

办理．在这种问题时，加快度是联系运动和力的纽带、桥梁．

2． 重力加快度是物理学中的一个十分重要的物理量，正确地确立它的量值，不论从理论

上、仍是科研上、生产上以及军事上都有极其重要的意义。 （1）以下图是一种较精准测重力加快度

g 值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直

O 点与弹簧分别，而后返回。在

O 点的时

管竖直搁置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在

O

点正上方选用一点

P，利用仪器精准测得 OP 间的距离为 H，从 O 点出发至返回

间间隔为 T1，小球两次经过 P 点的时间间隔为 T2。

（ i ）求重力加快度 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）在用单摆丈量重力加快度 g 时，因为操作失误，以致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，以下图．这时假如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快度，问这样求出的重力加快度与重力加快度的实质值对比，哪个大？试定量比较。

（3）精准的实验发现，在地球上不同的地方，

g 的大小是不同的，下表列出了一些地址的

重力加快度。请用你学过的知识解说，重力加快度为何随纬度的增添而增大？

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【答案】（ 1） g2

8H T1

2

2， L0

T2

T1 H ；（ 2）求出的重力加快度比实质值大；（ T12 T22

3）

分析见详解。

【分析】

【详解】

（1）（ i）小球从 O 点上涨到最大高度过程中： h1

2

1 2

g

T1 2

2

小球从 P 点上涨的最大高度：

h2

1 g T2 2 2

依照题意： h1 h2 联立解得： g

H T22

8H T12

（ii ）真空管起码的长度： L

L0 h1

T 2H

1

故L L0

T12 T22

（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，小球受力剖析如图：

则有 Fsinθ＝mLsinθ（

2

）2 ， Fcosθ＝ mg

T

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由以上式子得： T＝2π

Lcos

g

，而单摆的周期公式为

T′＝ 2π

L

，即便在单摆实验

g

T′，所以把较小的周期经过求出的重力加快度的数值将

中，摆角很小， θ＜5°，但 cosθ＜ l，这表示关于相同的摆长 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

大于 g 的实质值。

（3）地球是自转，地球表面的全部物体都跟着地球共同做匀速圆周运动，万有引力的一个

分力供给物体随处球自转的向心力，另一个分力为重力，在赤道邻近

,物体做匀速圆周运动

的半径最大 ,赤道上的自转半径为地球半径

R，所以重力最小 ,重力加快度就最小。跟着纬度

G 增大；以下图：

高升 ,自转半径减小 ,自转的向心力减小 ,万有引力的另一个分力

故重力加快度跟着维度的增添而增大。

3． 甲、乙两车在某高速公路上沿直线同向而行，它们的

v﹣ t 图象以下图，若 t=0 时辰

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

【分析】（ 1）由图得，乙的加快度为： 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

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（2）剖析知，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 （2）若 t=0 时，乙车在甲车前方，两车相距的最短距离是

6.9s； 40m。

点睛：在追及问题中当两车速度相等时二者之间的距离有最值，解此类题要依据速度之间的关系以及位移之间的关系求解即可。

4． 以下图，有一条沿顺时针方向匀速传递的传递带，恒定速度

v=4m/s ，传递带与水平

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，给小物块沿传递带方向向上的恒力

F=10N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为

μ =0.，5（ g 取

h=2.4m 的平台上．已知物块与传递带之间的动摩擦因数

10m/s 2， sin37 =0°.6， cos37 =0°.8）．问：

（1）物块从传递带底端运动到平台上所用的时间？ （2）若在物块与传递带达到相同速度时，立刻撤去恒力

F，计算小物块还需经过多少时间

走开传递带以及走开时的速度？ 【答案】 （1） 1.25s（ 2） 2m/s 【分析】试题剖析：

(1)对物块受力剖析可知，物块先是在恒力作用下沿传递带方向向上做

初速为零的匀加快运动，直至速度达到传递带的速度，由牛顿第二定律

2

ma1 t1

F v a1

mgcos37

0.5s （1 分） x1

mgsin37 （ 1 分），计算得：

a1 8m / s

v2 2a1

1m（ 1 分）

物块达到与传递带同速后，对物块受力剖析发现，物块受的摩擦力的方向改向

ma2 Q x

F

h sin37

mgcos37 mgsin37 （ 1 分），计算得：

x2 v

x x1 v

a2 0

4.0m （ 1 分） t2 0.75s （1 分）得 t t1 t2 1.25 s (1 分)

（2）若达到同速后撤力 F，对物块受力剖析，因为

mgsin37 > mgcos37 ，故减速上行

ma3

mgsin37mgcos37 （ 1 分），得 a3

2m / s2

vt ，则 v2

设物块还需 t 走开传递带，走开时的速度为 （1 分）

vt2 2a3 x2 （ 1 分）， vt 2m / s

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t

vvt （1 分） t 1s（ 1 分）

a3

考点：本题考察匀变速直线运动规律、牛顿第二定律。

5．A、 B 两列火车，在同一轨道上同向行驶， A 车在前，其速度 vA＝ 10 m/s ， B 车在后，速度 vB

＝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 车立刻刹车，但 B 车要经过 能否会相撞？若会相撞，将在 多少？

【答案】会相撞； 6 s

180 m 才能停止，问： B 车刹车时 A 车仍按原速率行驶，两车

B 车刹车后多长时间相撞？若不会相撞，则两车近来距离是

【分析】 B 车刹车至停下来的过程中，由

v2－ v02＝2ax 得 aB

vB2 2.5m / s2 2x

假定不相撞，依题意画出运动过程表示图，以下列图所示．

设经过时间 t 两车速度相等，对 解得 t

B 车有： vA＝ vB＋ aBt

vAvB

8s .

xB＝ vBt＋ aBt2＝ 30×8 m－ × 2.5 ×8m＝ 160 m.

2

aB

此时 B 车的位移

1

1

2

2

A 车的位移 xA＝vAt ＝10× 8 m＝ 80 m. 因 xB>xA＋x0，故两车会相撞． 设 B 刹车后经过时间

tx 两车相撞，则有

vAt x＋ x0＝ vBtx＋

1 2

aBt x2，

代入数据解得， t x＝6 s 或 t x＝10 s(舍去 )．

6． 一辆值勤的警车停在公路边，当警察发现从他旁边以 重超载时，决定前往追赶，经过

5s 后警车发动起来，并以

10m/s 的速度匀速行驶的货车严

2m/ s2 的加快度做匀加快运动，

并赶快追上货车，但警车的行驶速度一定控制在

108km/h 之内．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）求出警车发动后起码要多长时间才能追上货车？【答案】（ 1） 90m（2） 12.5s

【分析】

【剖析】

【详解】

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1 当两车速度相同时距离最大

由 v at

可得警车达到 10m / s 的时间； t1 4s 在这段时间警车的位移 x1

1 at12 1 2 2

2.5 42 20m

货车相关于出发点的位移 两车间的最大距离

x2 10 7 4 110m

Vx 90m

2 108km / h 30m / s ；

由 v at

可得警车达到最大速度的时间 此时警车的位移

t2 12s

x3 at22 180m

2

1

货车相关于出发点的位移 x4

10 7 12 190m

因为警车的位移小于货车的位移，所以仍末追上 设再经过 t3 追上，则

30 10 t 2 190 180

得 t3 0.5s

则总时间为 t

t2 t3 12.5s

则警车发动后经过

12.5s 才能追上．

故本题答案是： （ 1）90m （ 2） 12.5s

7． 两辆玩具小车在同一水平轨道上运动，在 度

t=0 时辰，甲车在乙车前方 S0=4m 的地方以速

v

0 =2m/s 匀速行驶，此时乙车立刻从静止开始做加快度

a=1m/s2 匀加快直线运动去追甲

车，但乙车达到速度 vm =3m/ s 后开始匀速运动．求：

（ 1）从开始经过多长时间乙车落伍甲车最远，这个距离是多少？

（ 2）从开始经过多长时间乙车追上甲车，此时乙车经过位移的大小是多少？【答案】（ 1） 6m （ 2） 21m

【分析】

【剖析】

（ 1）匀加快追匀速，二者同速时间距最大；

（ 2）先判断乙车达到最大速度时两车的间距，再判断匀速追及阶段的时间即可．匀加快追

及匀速运动物体时，二者同速时有最小间距． 【详解】

（ 1）当两车速度相等时相距最远，即v0=at0，故 t0=2s； 此时两车距离 x=S0+v0t 0- at02

1

2

解得 x=6m；

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（2）先研究乙车从开始到速度达到 对乙车： vm=at1， 2ax 乙 =vm2 ， 对甲车： x 甲=v0t1

解得 x 甲=6m，x 乙 =4.5m t1=3s

vm 时与甲车的距离．

x 甲 +S0＞ x 乙 ，故乙车达到最大速度时未追上乙车，此时间距为 乙车还需要时间 t2

△s=x 甲+S0-x 乙 =5.5m，

s vm v0

5.5

3 2

s 5.5s ，

故甲追上乙的时间 此时乙车的位移为

t=t1+t2 =3+5.5s=8.5s，

X 总=x 乙+vmt2 =4.5+3 × 5m=21m.5；

8． 甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时辰乙车在前、甲车在后，相距 从现在开始计时，乙车做初速度大小为

12m/s 加快度大小为

s=6m，

1m/s2 的匀减速直线运动，甲

车运动的 s-t 图象以下图 (0-6s 是张口向下的抛物线一部分， 连)，

6-12s 是直线，两部分光滑相

求： (1)甲车在开始计不时辰的速度 (2)此后的运动过程中，两车何时相遇？

v0 和加快度 a

2

【答案】 (1)16m/s 2m/s (2) 2s 6s 10s 相遇三次

【分析】 【详解】

（1）因开始阶段

s-t 图像的斜率渐渐减小，可知甲车做匀减速运动；由

图像可知： t=6s 时， s=60m ，则 60=6v0 -

1 2

× × ； 6s 末的速度 v6

2s = v0 t - at ，由

2

80 60

1

m/s

4m/s ；

11 6

则由 v6=v0- at 可得 4=v0 -6a；联立解得 v0=16m/s； a=2m/s2 （2）若甲车在减速阶段相遇，则：

v0甲t - a甲t

12

s

v0乙t - a乙t 2 ，带入数据解得：

2

1

2

t1=2s； t2=6s；则 t1=2s 时甲超出乙相遇一次， 速度 v 甲=4m/s 做匀速运动，乙此时以 足： v甲t v乙 t t2=6s 时辰乙超出甲第二次相遇；所以后甲以

v 乙=12-6 ×1=6m/s 的初速度做减速运动，则相遇时满

-

1 a乙t 2 解得 t=4s，即在 10s 时辰两车第三次相遇 . 2

9． 汽车智能减速系统是在汽车高速行驶时，能够侦测到前方静止的阻碍物并自动减速的安全系统．以下图，装有智能减速系统的汽车车头安装有超声波发射和接收装置，在某次

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测试中，汽车正对一静止的阻碍物匀速行驶，当汽车车头与阻碍物之间的距离为

360m

时，汽车智能减速系统开始使汽车做匀减速运动，同时汽车向阻碍物发射一个超声波脉冲

信号．当汽车接收到反射回来的超声波脉冲信号时，汽车速度大小恰巧为

10m / s ，此时汽

车车头与阻碍物之间的距离为

320m．超声波的流传速度为

340m / s．求：

(1)汽车从发射到接收到反射回来的超声波脉冲信号之间的时间间隔；

(2)汽车做匀减速运动的加快度大小；

(3)超声波脉冲信号抵达阻碍物时，汽车的速度大小． 【答案】 (1) 2s (2)a 10m / s2 (3) v车 =19.4m/s 【分析】 【剖析】 【详解】

(1) 车在 A 点向阻碍物发射一个超声波脉冲信号，在 号，此过程经历的时间：

B 点接收到反射回来的超声波脉冲信

t x1

x2v声

=2 s；

(2) 汽车从 A 运动到 B 的过程中，知足：

vB vA at

x

x

2

v t

A

1 at 2

1

2

解得：

vA 30m/s a 10m/s2 ；

(3) 超声波脉冲信号从发射到抵达阻碍物经历的时间：

t

x1 v声

18 17

s

超声波脉冲信号抵达阻碍物时，汽车的速度大小：

v车 =vA at 19.4m/s ．

10． 近几年，国家撤消了 7 座及以下小车在法定长假时期的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的优惠，但车辆的增加也给道路的通畅增添了压力，所以交管部门规定，上述车

辆经过收费站口时，在专用车道上能够不断车拿 速度为 v0

(交 )卡而直接减速经过．若某车减速前的

度为 vt

＝ 20m/s ，凑近站口时以大小为

2

2 的匀加快至本来的速度

1 2 的加快度匀减速，经过收费站口时的速 a＝ 5 m/s

(假定收费站的前、后都是平

＝8 m/s，而后立刻以

a ＝ 4 m/s

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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后恢复到本来速度的过程中，运动的时间是多少？ (3)在 (1)(2)问题中，该车因减速和加快过站而耽搁的时间为多少？ 【答案】 （1） 33.6m （ 2） 5.4s （3） 1.62s 【分析】

【详解】

（1）设该车初速度方向为正方向 开始制动，则有： vt2

,该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站

①

x1 处

0 1 1 － v ＝ - 2a x

2

解得： x1＝ 33.6 m. ②

该车经过收费站经历匀减速和匀加快两个阶段，前后两段位移分别为

t ，则

2

x1 和 x2，时间为 t 1 和

减速阶段： vt＝ v0 - a1 t1 ③ 解得： t1＝ 2.4 s

④

加快阶段： t2＝

＝3 s ⑤

t＝ t1＋ t2＝5.4 s. ⑥

则加快和减速的总时间为：

（3）在加快阶段： x2＝

则总位移： x＝ x1＋ x2＝ 75.6 m

t 2＝ 42 m ⑦

⑧

若不减速所需要时间：

t′＝ ＝ 3.78 s ⑨

t ＝ t－ t ′＝1.62 s. ⑩

车因减速和加快过站而耽搁的时间： 【点睛】

本题运动的过程复杂，轿车经历减速、加快，加快度、位移、时间等都不相同．剖析这样

的问题时，要能在底稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．