专题05 直线运动综合问题（解析版）-2023高考一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

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2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练

第一章  直线运动

专题1-05  直线运动综合问题

第一部分  知识点精讲

一、多过程问题

1．解答多过程问题的基本思路

如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带。可按下列步骤解题：

(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；

(2)列：列出各运动阶段的运动方程；

(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；

(4)解：联立求解，算出结果。

2．解题关键：多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键。

二、两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题

1.

“形异质同”是指遵循的物理规律相同，但情景新颖、信息陌生、物理过程独特的题目，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已。这类问题我们称之为“形异质同”。

另外，“形同质异”是指物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的题目，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这类问题我们称之为“形同质异”。

无论是“形异质同”还是“形同质异”，都是命题人常采用的命题手段之一，为引起同学们对此类问题的重视，本书创编此栏目，旨在让同学们在平时的训练中，多比较、多总结，不再因无谓失分而遗憾。

2.常见“形异质同”问题

水平刹车与沿粗糙斜面上滑

汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题，表面上看是两种不同的问题，但是，若物体在斜面上满足mg sin θ≤μmg cos θ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题是相同的。　　

竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑

物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。

3.生活中的运动学

STSE是科学(Science)，技术(Technology)，社会(Society)，环境(Environment)的英文缩写，是对STS的延伸，因为由于在发展科技、生产的同时，保护人类赖以生存的环境已成为当今的社会可持续发展的重大课题。运动学是高中物理最重要、最基础的内容，是和生活、体育、交通结合紧密的知识点，也是高考命题的重点和热点。

第二部分 最新高考题精选

1．（浙江新高考2018年4月选考科目物理试题）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是

A. 13s          B. 16s  

C. 21s          D. 26s

【参考答案】  C

【名师解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，
在加速阶段，所需时间，通过的位移为
在减速阶段与加速阶段相同，
在匀速阶段所需时间为：
总时间为：，故C正确，A、B、D错误；

【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。

2. .(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)

A．1<<2 B．2<<3

C．3<<4 D．4<<5

【参考答案】C

【名师解析】　空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，t2∶t1＝1∶(2－)＝2＋，由结果知选项C正确。

3.（2019年4月浙江选考）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球

（1）上升的最大高度；

（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功

（3）上升和下降的时间。

【参考答案】（1）；（2）0；；（3），

【名师解析】

（1）上升过程：mg+Ff=ma1

解得a1=11m/s2

上升的高度：

 （2）重力做功：WG=0

空气阻力做功：

（3）上升的时间：

下降过程：mg-Ff=ma2

解得a2=9m/s2

解得

 4.（2017全国II卷·24）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板。冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度为g。求：

（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；

（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【参考答案】（1）（2）

【解析】（1）设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿运动定律，μmg=ma1，

由匀变速直线运动规律，v12- v02=-2 a1s0，

联立解得：μ=。

（2）设冰球运动时间为t，则a1t= v0- v1

设满足训练要求的运动员的最小加速度为a，则有s1=at2，

联立解得：a=。

第三部分 最新模拟题精选

1．（2022洛阳名校联考）短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，则该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离为（  ）．

1. 5 m/s2　10 m            B. 5 m/s2　11 m 

C.  2.5 m/s2　10 m         D. 2.5 m/s2　10 m

【参考答案】　A

【名师解析】　根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得：

s1＝at，s1＋s2＝a(2t0)2，t0＝1 s

联立解得：a＝5 m/s2

设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2，v＝at1，s＝at＋vt2

设加速阶段通过的距离为s′，则s′＝at

求得s′＝10 m，选项A正确。

2．（2022福建三明重点高中质检）图所示，“蛟龙号”载人潜水器是迄今为止中国自主设计的最复杂的海洋调查装备，具有世界第一的下潜深度，且各项技术指标世界领先。“蛟龙号”载人潜水器某次潜水试验，下潜深度3000m，其下潜过程可简化为由静止开始竖直向下先做加速度大小为a1=0.2m/s2的匀加速直线运动然后做加速度大小为a2=0.1m/s2的匀减速直线运动直到速度零，求：

（1）下潜时加速阶段的位移大小；

（2）下潜3000m总时间。

【名师解析】

（1）设潜水器加速阶段的位移为x1，运动时间为t1，末速度为v，减速阶段的位移为x2，运动时间为t2，则由匀变速直线运动规律有

      (2分）   

(2分） 

又

(1分） 

联立可得

(1分） 

（2）根据匀变速直线运动速度公式

(2分） 

(2分） 

(1分） 

解得

(1分） 

3.(8分)（2022山西吕梁联考）如图所示，是某型号全液体燃料火发射时第一级火箭发动机工作时火箭的a-t图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120s的时候，为了把加速度限制在4g以内，第一级的推力降至60％，第一级的整个工作时间为200s。由图线可以看出，火箭的初始加速度为15m/s2，且在前50内，加速度可以近似看做均匀变化，试计算

(1)t＝50s时火箭的速度;

(2)如果火箭是竖直发射的，在t＝10s前可近似看成加速度为15m/s2的匀加速运动，则t＝8s时离地面的高度是多少?如果此时有一碎片脱落，将需多长时间落地?(取g＝10m/s2，结果可用根式表示)

【名师解析】(1)因为在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线可看成倾斜的直线，它与时间轴所围的面积大小就表示该时刻的速度大小，所以有

v＝×(15＋20)×50  m/s＝875  m/s(2分)

(2)如果火箭是竖直发射的，在t＝10  s前看成匀加速运动，则t＝8  s时离地面的高度是

h＝at2（1分）  得h＝×15×82m＝480 m（1分）

如果有一碎片脱落，它的初速度v1＝at＝120 m/s（1分）

离开火箭后做竖直上抛运动，有－h＝v1t－gt2（2分）

代入数据解得t＝(12＋4) s.（1分）

4. 随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速公路的拥堵，为此人们开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝72 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：

(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶的过程中的位移x；

(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。

【名师解析】　(1)汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为

x1＝。

所以汽车从开始减速到恢复正常行驶过程的位移为

x＝2x1＋d。

代入数据解得x＝400 m。

(2)汽车过人工收费通道到达中心线的速度恰好为零，刚进入通道的速度应满足v2＝2a·，故v＝4 m/s＝v2，

根据对称性，汽车离开通道时的速度也恰好为v′＝4 m/s＝v2，又知汽车从ETC通道匀速通过收费站的速度为v2＝4 m/s，即两车在进入通道前与离开通道后的运动规律是一样的。

所以汽车通过ETC通道的时间为t1＝＝ s＝4 s，

汽车通过人工收费通道的时间为

t2＝＋t0＝s＋20 s＝28 s，

节约的时间为Δt＝t2－t1＝(28－4)s＝24 s。

[答案]　(1)400 m　(2)24 s

5.(2021·名师原创预测)由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：

(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；

(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。

【名师解析】：(1)第11辆汽车前端与停止线的距离

x1＝10(l＋d1)＝64 m

由v2＝2ax1

得v＝16 m/s。

(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0 m

由x2＝at12得t1＝2 s

从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间

t2＝10t1＝20 s

从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间

t3＝＝8 s

从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t2＋t3＝28 s。

答案：(1)16 m/s　(2)28 s

6．足球运动员常采用折返跑方式训练，如图所示，在直线跑道起点“0”的左边每隔3 m放一个空瓶，起点“0”的右边每隔9 m 放一个空瓶，要求运动员以站立式起跑姿势站在起点“0”上，当听到“跑”的口令后，全力跑向“1”号瓶，推倒“1”号瓶后再全力跑向“2”号瓶，推倒“2”号瓶后……运动员做变速运动时可看作匀变速直线运动，加速时加速度大小为4 m/s2，减速时加速度大小为8 m/s2，每次推倒瓶子时运动员的速度都恰好为零。运动员从开始起跑到推倒“2”号瓶所需的最短时间为多少(运动员可看作质点)?

【名师解析】：第一阶段由“0”到“1”的过程中，

设加速运动时间为t1，减速运动时间为t2，

由速度关系得a1t1＝a2t2

由位移关系得a1t12＋a2t22＝3 m

已知a1＝4 m/s2，a2＝8 m/s2，

解得t1＝1 s，t2＝0.5 s。

第二阶段由“1”到“2”的过程中，

设加速运动时间为t3，减速运动时间为t4，

由速度关系得a1t3＝a2t4，

由位移关系得a1t32＋a2t42＝12 m，

解得t3＝2 s，t4＝1 s。

运动员从开始起跑到推倒“2”瓶所需的最短时间为t，

则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝4.5 s。

7．假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：

(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？

(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？

(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？

【名师解析】：画草图(运动过程)如图所示。

(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，

小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，则有

v2－v02＝－2a1x1

解得x1＝108 m。

(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。

减速阶段，有v＝v0－a1t1

解得t1＝＝6 s

加速阶段，有v0＝v＋a2t2

解得t2＝＝4 s

则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。

(3)加速阶段，有v02－v2＝2a2x2

解得x2＝72 m

则总位移x＝x1＋x2＝180 m

若不减速通过收费站，则所需时间

t′＝＝6 s

故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为

Δt＝t－t′＝4 s。

答案：(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s

8．一物体以某一初速度在粗糙的平面上做匀减速直线运动，最后静止下来。若物体在最初5s内通过的路程与最后5s内通过的路程之比为s1∶s2=11∶5，若物体运动的加速度大小为a=1m/s2，则（   ）

A．物体运动的时间可能大于10s

B．若物体在最初5s内通过的路程与最后5s内通过的路程之差为s1-s2=15m

C．物体运动的时间为8s

D．物体的初速度为10m/s

【参考答案】　B

【名师解析】

设物体一共运动了(T+t)s，运动时间(T+t )是大于10s还是小于10s，从题述中无法判断。对物体的运动逆向思维为初速度为零的匀减速直线运动。

对最后T=5s的运动，s2=aT2，对最初T=5s的运动，s1=a(T+t)2-at2，

又：s1∶s2=11∶5，联立解得：t=3s。即物体运动的时间为8s，选项C正确A错误。最初T=5s的运动，s1=a(T+t)2-at2=27.5m，最后5s内通过的路程为s2=aT2=12.5m，若物体在最初5s内通过的路程与最后5s内通过的路程之差为s1-s2=15m，选项B正确。物体的初速度为v=at=8m/s，选项D错误。

【点评】对于题述只给出最初一段时间内的位移和最末一段时间内的位移，一定要周密考虑到这两段时间可能重叠。

【举一反三】在解决末速度为零的匀减速直线运动问题时我们可以把它看作初速度为零的匀加速直线运动，利用初速度为零的匀加速直线运动规律分析解决。初速度为零的匀加速直线运动，在通过连续相邻相等的位移所用的时间之比为1∶(-1)∶.(-)∶···∶.(-)。对于末速度为零的匀减速直线运动，在通过连续相邻相等的位移所用的时间之比为.(-) ···∶.(-) ∶(-1)∶1。