专题1 运动的描述 课件-2026届高考物理二轮专题

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题1 运动的描述 匀变速直线运动 1 力引起运动的变化,行动改变你不满的当下,主动施力主宰自己的每一步轨迹! 真题解码 真题试练 　  (2022浙江6月,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24 °角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与 滑轨间的动摩擦因数均为μ= ,货物可视为质点(重力加速度g=10 m/s2,取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小; (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。   目 录 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析　(1)货物在倾斜滑轨上滑行,根据牛顿第二定律有 mg sin 24°-μmg cos 24°=ma1 解得a1=2 m/s2。 (2)根据匀变速直线运动规律有v2=2a1l1 解得v=4 m/s。 (3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动,水平滑轨长度最短时有最大末速度v1=2 m/s,根据匀变速直线 运动速度与位移的关系式有 -v2=2a2l2 根据牛顿第二定律有-μmg=ma2 联立解得最短长度l2=2.7 m。 目 录 　  探究1　一题多解 本题解析中用了常规的动力学公式解题。请应用动能定理求解(2)、(3)问,可以分过程列式,也可以对 全过程应用动能定理列式。 思维探秘 答案　(2)可对货物沿倾斜滑轨运动过程应用动能定理列式,有(mg sin 24°-μmg cos 24°)l1= mv2-0。 (3)解法一　分段法 可对货物在水平滑轨运动过程应用动能定理列式,有 -μmgl2= m - mv2。 解法二　全程法 对全过程应用动能定理有(mg sin 24°-μmg cos 24°)l1-μmgl2=  m -0。 目 录 探究2　拓展设问 若本题情境不变,请分析以下设问。 ①设问1:求货物在倾斜滑轨上滑行的时间t1。 ②设问2:若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求货物在水平滑轨上的运动时间t2。 答案　①解法一:根据l1= a1 ,解得t1=2 s。 解法二:由动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cos 24°)t1=mv-0 解得t1=2 s。 ②解法一:对货物在水平滑轨上运动过程,由动量定理有 -μmgt2=mv1-mv,解得t2=0.9 s。 解法二:对全程利用动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cos 24°)t1-μmgt2=mv1-0,可得t2=0.9 s。 解法三:由牛顿第二定律先求出货物在水平滑轨上运动的加速度,再根据匀减速直线运动的位移与时间 的关系式求出时间t2。 目 录 探究3　图像表征 请定性画出货物从倾斜滑轨顶端由静止下滑到水平滑轨右侧末端的v-t图像(v表示速度大小),并思考通 过图像可求出哪些相关物理量。 答案　由于已知货物在倾斜滑轨上运动的初速度和位移,可对其受力分析,由牛顿第二定律求出其加速 度大小,根据v-t图像的特点(斜率绝对值表示加速度大小、图线与横轴所围面积大小表示位移大小)求 出其在倾斜滑轨上运动的末速度大小和运动时间。货物在水平滑轨的初速度大小等于上一阶段的末 速度大小,且已知这段过程的最终速度大小不超过2 m/s,对其受力分析,可求其加速度大小,同样可根据v -t图像的特点求出临界状态(末速度为2 m/s时)对应的该过程的位移大小和时间。   目 录 探究4　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 滑沙是一项人们比较喜欢的运动(图甲),其运动过程可简化为图乙所示的模型,滑沙者坐在滑板上与滑 板保持相对静止,从沙坡(可视为斜面)顶端的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平沙道(设经过B点 前后速度大小不变),最后停在C点。如果在滑板上装有速率传感器,且每隔一段时间通过该传感器测出 滑沙者的速率,某次滑沙的部分测量数据见表,假设沙道与滑板间的动摩擦因数处处相同,不计空气阻 力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 t(s) 0.0 0.2 0.4 0.6 … 2.9 3.1 3.3 … v(m/s) 0.0 0.4 0.8 1.2 … 3.0 2.0 1.0 … 目 录  　  请根据上述信息,判断下列说法是否正确,如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答过 程。 目 录 　  (1)人和滑板一起沿沙坡下滑过程中一定受到重力、支持力、下滑力和摩擦力。 稳基础 答案　错误;下滑过程中,人和滑板组成的整体受到重力、支持力和摩擦力,不受下滑力。 (2)无论是在沙坡上还是在水平沙道上运动的过程中,人对滑板的压力大小与滑板对人支持力的大小时 刻相等。 答案　正确;人对滑板的压力大小时刻等于滑板对人的支持力大小,二者是一对相互作用力。 (3)人沿着沙坡由静止开始加速滑下的过程中,其惯性会越来越大。 答案　错误;惯性是物体本身的属性,与物体的运动状态无关,人的质量不变则惯性不变。 (4)质量较大的成人和质量较小的小孩从沙坡A点由静止滑下,由于成人的惯性较大,所以成人下滑得更 快。 答案　错误;根据牛顿第二定律可知,下滑过程中二者运动的加速度均与质量无关,即成人和小孩下滑 得一样快。 目 录 　  (5)根据题中信息能求出滑板和沙道间的动摩擦因数μ。 叠能进阶 答案　正确;选取题表中后三组数据可得,a1= =-5 m/s2,根据牛顿第二定律有-μmg=ma1,联立解得μ=0.5。 (6)根据题中信息能求出沙坡的倾角θ。 答案　正确;选取题表中前三组数据可得,a2= =2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联 立解得θ=37°。 (7)根据题中信息能求出这次滑沙所用的总时间t1。 答案　正确;根据表中数据规律及匀减速直线运动的加速度可推导t1=3.5 s时人停在C点。 目 录 (8)根据题中信息能求出这次滑沙在沙坡上所用的时间t2。 答案　正确;由于前一阶段的初速度和后一阶段的末速度都等于0,可得前、后两阶段加速度大小之比 等于时间的反比,可得前一阶段所用时间等于后一阶段所用时间的2.5倍,即整个过程所用时间t2+0.4t2= 3.5 s,可求出在沙坡上所用的时间t2=2.5 s。 (9)根据题中信息能求出水平沙道BC的长度。 答案　正确;人在水平沙道上做匀减速直线运动,所用时间t3=0.4t2=1 s,加速度a1= =-5 m/s2,末速度为0, 则xBC= |a1| =2.5 m。 (10)根据题中信息能求出沙坡AB的长度。 答案　正确;沙坡AB的长度为在此段运动的位移大小,由运动学公式可求位移大小,xAB= a2 =6.25 m。 目 录 　　我们的物理思维往往是从某个表象(通常以某种状态的现象或现状)出发进行描述和分析,一般先 追本溯源,探究这种现象或现状出现的原因和条件;接着顺藤摸瓜,揭示这种现象或现状蕴含的内在规 律;然后寻踪觅迹,进行拓展延伸和趋势预测。     素能进阶 目 录 　　通过上述“真题解码”,我们初步了解了本单元的核心知识在解决实际问题时的技巧与方法。本 单元是运动与相互作用观念的具体应用,运动及其变化是表象,引起运动变化的受力是关键,其核心的 思维线索就是以加速度为纽带将运动和力联系起来。如思考路径图所示,所呈现的题型主要有两类:一 类是已知受力求运动(例如2022年浙江6月高考卷第19题),另一类是已知运动求受力(例如探究4▶举一 反三)。解答问题的思维方法主要集中在两个方面:一是受力分析,根据牛顿运动定律列受力方程;二是 运动分析,根据运动规律列运动方程。为了帮助大家在备考复习中清晰梳理和融会贯通,特设立几个专 题进行详细探究。 目 录 专题1　运动的描述　匀变速直线运动 目 录 (2021广东,8,6分)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一 起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程,其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出 现船头并齐的有 (　 　)  　　　　 真题试练1：运动的描述 解法探秘 BD 目 录 解析　根据题意可知,五条龙舟同时、同地、沿同一方向做直线运动,龙舟甲与其他龙舟出现船头并 齐,即两条龙舟从出发到相遇的这段时间内位移相等。速度-时间图线与横轴所围的面积表示位移,A错 误,B正确。位移-时间图像中,图线的交点表示相遇,可知C错误,D正确。 目 录 　  探究1　深化解析 探寻该问题本质,讨论分析该问题的思路与关键点。 解法重构 答案　本题考查运动图像,题目要求找出能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的图像,也就是 找到同一时刻与甲位移相同的龙舟,s-t图像是描述物体位移随时间变化的图像,因为从同一点出发,故 两图线交点表示同一时刻位置相同,可选出D选项;v-t图像是描述物体速度随时间变化的图像,图线与t 轴所围的“面积”表示位移,很容易在A、B选项中找到某一时刻面积相同的是B选项。其实本题的本 质就是选出两个有“交叉”的图像。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道运动到终点的位移是否相同? ②设问2:甲、乙、丙、丁四条相同的龙舟,哪条龙舟在比赛中的平均速度较大? ③设问3:在比赛过程中甲和丁有速度相同的时刻吗?甲和戊有速度相同的时刻吗? 答案　①相同。和运动的位移大小相比,龙舟的大小可以忽略不计,又因为各龙舟的起点相同,终点也 相同,故位移相同。 ②从A、B、C三个选项的图像来看,四者位移相同,所用时间关系为t乙>t丙>t甲>t丁,所以它们的平均速度大 小关系为v丁>v甲>v丙>v乙。 ③s-t图线斜率表示速度,从C选项图像来看,任意时刻甲的s-t图线切线斜率都小于丁的,即甲和丁没有速 度相同的时刻。从D选项图像来看,戊的s-t图线切线斜率先小于后大于甲的,即甲和戊有速度相同的时 刻。 目 录 探究3　同类竞探 1.情境变异·多个对象→多个过程　(2024福建,3,4分)某公司在封闭公路上对一新型电动汽车 进行直线加速和刹车性能测试,某次测试的速度-时间图像如图所示。已知0~3.0 s和3.5~6.0 s内图线为 直线,3.0~3.5 s内图线为曲线,则该车(　　　) A.在0~3.0 s内的平均速度大小为10 m/s B.在3.0~6.0 s内做匀减速直线运动 D C.在0~3.0 s内的位移大小比在3.0~6.0 s内的大 D.在0~3.0 s内的加速度大小比在3.5~6.0 s内的小 目 录 解析　依题意可知0~3.0 s内汽车做匀加速直线运动,平均速度大小v1=  m/s=15 m/s,A错误;3.0~3.5 s内v-t图线为曲线,说明汽车做非匀变速运动,B错误;v-t图线与时间轴所围面积表示位移,在图中作一条 辅助线(如图),可判断该车在3.0~6.0 s内的位移要大于在0~3.0 s内的位移,C错误;v-t图线斜率的绝对值 表示加速度的大小,由图知辅助线斜率的绝对值与0~3.0 s内v-t图线斜率的绝对值相等,3.5~6.0 s内v-t图 线斜率的绝对值大于辅助线斜率的绝对值,故该车在0~3.0 s内的加速度大小比在3.5~6.0 s内的小,D正确。 目 录 2.情境变异·直线→曲线　(2023福建,1,4分)“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶,在此过程 中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构,该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。 “祝融号”从着陆点O处出发,经过61天到达M处,行驶路程为585米;又经过23天,到达N处,行驶路程为 304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米,则火星车 (　　　) A.从O处行驶到N处的路程为697米 B.从O处行驶到N处的位移大小为889米 C.从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天 D.从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天 D 解析　从O处行驶到N处的路程为889米,A错误。题中未给出O、M间和M、N间位移的方向,不能算出 从O处行驶到N处的位移大小,但可知位移大小一定小于697米,B错误。由速率公式v= 可得,从O处行 驶到M处的平均速率约为9.6米/天,C错误。由平均速度公式v= 可得,从M处行驶到N处的平均速度大 小约为10米/天,D正确。 目 录 3.考向变异·运动图像→结合牛顿运动定律　 (2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空 后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界 纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。 (1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的 时间及其在此处速度的大小; (2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力 的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形 状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的 v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受 阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字) 目 录 答案　(1)87 s　8.7×102 m/s　(2)0.008 kg/m 解析　(1)设该运动员从静止开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km高度处的 速度大小为v。根据运动学公式有v=gt,s= gt2 根据题意有s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m 联立解得t≈87 s,v≈8.7×102 m/s。 (2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有mg=k  由所给的v-t图像可读出vmax≈360 m/s 解得k≈0.008 kg/m。 目 录 (2024广西,13,10分)如图,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9 m,某同学 穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s,从2号锥筒运动到3号锥 筒用时t2=0.5 s。求该同学 (1)滑行的加速度大小; (2)最远能经过几号锥筒。   真题试练2：匀变速直线运动 目 录 答案　(1)1 m/s2　(2)4 解析　(1)根据匀变速运动规律可知,某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度, 则该同学在1、2号锥筒间运动的中间时刻的速度为v1= =2.25 m/s, 在2、3号锥筒间运动的中间时刻的速度为 v2= =1.8 m/s, 滑行的加速度大小为a= = =1 m/s2。 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0,则v0t1- a =d,代入数据解得v0=2.45 m/s, 该同学从1号锥筒位置运动到停止,通过的位移大小为x= =3.001 25 m≈3.33d, 故最远能经过4号锥筒(注意:初始锥筒编号为1,能经过三个锥筒)。 目 录 　  探究1　拓展设问 ①设问1:求该同学经过2号锥筒时的速率。 ②设问2:从该同学经过1号锥筒开始计时,该同学共运动了多长时间? 解法重构 答案　①根据匀变速直线运动规律,某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,可知在1、2中间 时刻的速度v1= =2.25 m/s 在2、3中间时刻的速度v2= =1.8 m/s v2-v1=a  经过2号锥筒时的速率v=v1-a =2.05 m/s。 ②v0=v+at1=2.45 m/s,利用运动学公式有v0-at=0或动量定理有-mat=0-mv0,可解得t=2.45 s。 目 录 探究2　同类竞探 1.情境变异·单一过程→多过程　如图甲所示,滑道项目大多建设在景区中的山坡间,既可成为 游客的代步工具,又可以增加游玩的趣味性。某景区拟建一个滑道,简化示意图如图乙所示。滑道共三 段,第一段是倾角为53°的加速下坡滑道AB,游客与滑道AB间的动摩擦因数μ=0.5;第二段是倾角比较小 的滑道BC。若游客由A点从静止开始做匀加速直线运动,经过3 s到达B点,然后进入BC段做匀速直线运 动,设计的第三段上坡滑道CD作为下客平台,倾角为30°,使游客做匀减速直线运动,使游客到达D点时速 度减为0(乘客经过两段滑道衔接处可视为速度大小不变),游客通过滑道,从A处到达下客平台D处总共 用时9 s,游客在各段滑道运动的总路程为97.5 m,取g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:  　　  (1)游客到达B点的速度大小; (2)若游客质量为50 kg,求游客在CD段受到的滑动摩擦力大小。 目 录 答案　(1)15 m/s　(2)125 N 解析　(1)在AB段,对游客根据牛顿第二定律有 mg sin 53°-μmg cos 53°=ma1 根据匀加速直线运动速度时间关系式有vB=a1t1 联立并代入数据解得vB=15 m/s。 (2)根据t1+t2+t3=9 s AB段长度L1= t1=22.5 m BC段长度L2=vBt2 CD段长度L3= t3 且L1+L2+L3=97.5 m 目 录 联立并代入数据解得t3=2 s 在CD段有a3= =7.5 m/s2 根据牛顿第二定律有mg sin 30°+f=ma3 解得f=125 N。 目 录 2.情境变异·定质量→变质量　潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时,浮力顿减,潜艇 如同“汽车掉下悬崖”,称之为“掉深”,曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务期间,突 然遭遇“水下断崖”急速“掉深”,全艇官兵紧急自救脱险,创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6. 0×106 kg的某潜艇,在高密度海水区域距海平面200 m,距海底138 m处沿水平方向缓慢潜航,如图所示。 当该潜艇驶入低密度海水区域A点时,浮力突然降为5.4×107 N,15 s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水), 结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮,避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中,潜艇所受阻 力大小恒为1.2×106 N,潜艇减重的时间忽略不计,海底平坦,重力加速度g取10 m/s2, =8.31。求: 目 录 (1)潜艇“掉深”15 s时的速度大小; (2)潜艇减重排出水的质量; (3)潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量(结果保留2位有效数字)。 答案　(1)12 m/s　(2)1.2×106 kg　(3)7.7×106 N·s　方向竖直向上 解析　(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1 对潜艇,由牛顿第二定律有mg-F浮-f阻=ma1 代入数据解得a1=0.8 m/s2 15 s时的速度大小v=a1t1=0.8×15 m/s=12 m/s。 (2)掉深15 s时,潜艇下落的高度 h1= t1= ×15 m=90 m 潜艇减速下落的高度h2=h-h1=138 m-90 m=48 m 在减速阶段h2= ,解得a2=1.5 m/s2 目 录 设潜艇减重后的质量为m1,潜艇减重后以1.5 m/s2的加速度匀减速运动过程中,由牛顿第二定律得 F浮+f阻-m1g=m1a2 代入数据解得m1=4.8×106 kg 排水前潜艇的质量m=6.0×106 kg “掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=1.2×106 kg。 (3)潜艇向下减速运动所用时间t2= =  s=8 s 设上浮过程潜艇的加速度大小为a3,由牛顿第二定律得 F浮-f阻-m1g=m1a3 解得a3=1 m/s2 在上浮过程中,根据位移时间关系式可得 目 录 h= a3  解得t3=2  s=16.62 s 潜艇下降过程中阻力的冲量大小I1=ft1+ft2,方向竖直向上 潜艇上升过程中阻力的冲量大小I2=ft3,方向竖直向下 从A点开始到返回A点,全程阻力的冲量 I=I1-I2=ft1+ft2-ft3≈7.7×106 N·s 方向竖直向上。 目 录 3.考向变异·运动学→动力学　如图为某公司研发的智能搬运型机器人。在某次搬运过程中, 机器人将质量为20 kg的货物沿直线搬运至30 m远的包装台处,机器人从静止开始做匀加速直线运动,3 s时速度达到最大速度6 m/s,然后做匀速直线运动,最后在离包装台6 m处开始做匀减速直线运动,到达 包装台处恰好停止(重力加速度g取10 m/s2)。求: (1)机器人加速和减速阶段的加速度大小; (2)机器人搬运货物的总时间; (3)机器人匀加速阶段受到货物的作用力; (4)其他条件不变,只改变机器人变速运动阶段的加速度大小,最多可节省的时间(已知货物与机器人置 物平台间的动摩擦因数为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。 目 录 答案　(1)2 m/s2　3 m/s2　(2)7.5 s　(3)40  N,方向与运动的反方向成θ角斜向下,tan θ=5　(4)1.3 s 解析　(1)匀加速阶段,根据速度时间关系式有vmax=a1t1 代入数据解得a1=2 m/s2 匀减速阶段,利用逆向思维,根据速度位移关系式有 =2a2x1 其中x1=6 m 代入数据解得a2=3 m/s2。 (2)匀加速阶段的位移x2= vmaxt1=9 m 匀减速阶段的时间t2= =2 s 匀速运动的时间t3= =2.5 s 所以总时间t=t1+t2+t3=7.5 s。 目 录 (3)根据上述分析可知匀加速阶段的加速度大小a1=2 m/s 根据力的合成可知,机器人对货物的作用力大小 F= =40  N 根据牛顿第三定律可知货物对机器人的作用力大小F'=F=40  N 方向与运动的反方向成θ角斜向下,且有tan θ= =5。 (4)由题意可知货物最大加速度的大小a'= =5 m/s2 当加速阶段和减速阶段都以最大加速度进行变速运动时,时间最短,最短时间 t'=2 + =6.2 s 所以节省的时间Δt=t-t'=7.5 s-6.2 s=1.3 s。 目 录 【互动互探】 通过上述探究，你知道描述物体运动有哪些方式吗？ 互动点拨 描述物体运动的方式有很多,常见的有以下几种。 (1)用相关物理量描述状态、过程与相互作用(如图),这些物理量及它们之间的关联正是我们审题、解 题的核心要素。 (2)用函数方程来描述,例如匀变速直线运动的速度时间关系式、 位移时间关系式等。 (3)用相关图像来描述,例如匀变速直线运动的速度-时间图像、 位移-时间图像等。 目 录 　　我们在研究直线运动时,经常通过打点计时器打出的纸带来研究,即使到后面研究曲线运动或更复 杂的运动时,我们也经常采用类似打点计时器的“留迹法”,例如频闪照片、抛体运动轨迹、我们跑步 锻炼时用手机APP记录运动轨迹等。这些均体现了这点,其中到底有何共同本质呢?咱们不仅要学会做 题,还要学会深入挖掘现象背后的本质,才能真正掌握解决问题的科学思维方法。 解法密钥 底层逻辑 目 录 　　从图中的导弹防御系统的原理示意图,我们不难得知,只要采集到导弹前期运动的一小段数据(类 似我们实验从“留迹法”中获得运动数据),就可以通过关联运算得出导弹后期的运动特点和规律,并 马上设计拦截方案在导弹后期运动中将其拦截,这个真实的案例说明了什么呢?说明只要获得物体运 动的轨迹方程就可以破解并分析物体的运动特点。 (1)有了定量化的参考系,就可以确定物体的位置及位置的变化。 (2)有了位置的变化就可以描述物体的运动情况(位移求导得速度,再求导得加速度)。   当消去参数t后,可得到常见的f(x,y,z)=0形式的轨迹方程。 目 录 　  1.函数公式法 匀变速直线运动的基本公式是指速度时间关系式、位移时间关系式和速度位移关系式,它们均是矢量 式,使用时要注意其方向性。解题时一般以初速度v0的方向为正方向,其余与v0同向者方向为正,与v0反 向者方向为负。关系式共涉及匀变速直线运动的初速度v0、末速度v、加速度a、时间t和位移x五个物 理量,每个关系式涉及其中的四个物理量。由任意两个关系式可推导出另外一个关系式;两个独立方程 只能解出两个未知量;解题时有三个已知量就能求解所有未知量。 2.逆向思维与比例法 逆向思维法是指把运动过程的末态作为初态,反向研究问题的方法,一般用于末态已知的情况,尤其是 末速度为0的匀变速直线运动,采用此法可使解题过程大大简化,结合比例法可直接得出结论。相等时 间间隔,对于初速度为0的匀加速直线运动问题与末速度为0的匀减速直线运动问题,可利用初速度为0 思维方法 目 录 的匀加速直线运动的比例关系来求解。相等位移间隔在题目中有时有明确说明,有时则是隐晦提及,要 学会挖掘和转化。 3.分段法与整体法 分阶段的匀变速直线运动一般先各自列方程,再找相邻阶段的联系进行求解,前一个阶段的末速度等于 后一个阶段的初速度,前后两个阶段的位移也可能存在某种关联,解题过程中应充分利用这些联系来列 方程。运用整体法可大大简化中间过程的计算。 目 录 1.(2025安徽,4,4分)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站,先做加速度大小为a的匀加速运动,位移大 小为x;接着在t时间内做匀速运动,最后做加速度大小也为a的匀减速运动,到达乙站时速度恰好为0。已 知甲、乙两站之间的距离为8x,则(　　　) A.x= at2　　　　　B.x= at2 C.x= at2　　　　　D.x= at2 A 解法特训 解析　设汽车做匀速直线运动的速度为v,根据运动学公式,在匀加速直线运动阶段有v2-0=2ax,在匀减 速直线运动阶段有0-v2=2(-a)x3,解得x3=x,根据题意可知8x=x+x2+x,解得x2=6x,汽车在匀速直线运动阶段 有x2=vt,联立解得x= at2,A正确。 目 录 2.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。 电梯加速上升的时段是(　　　) A.从20.0 s到30.0 s　　　　　　 B.从30.0 s到40.0 s C.从40.0 s到50.0 s　　　　　　 D.从50.0 s到60.0 s A 解析　由题图可知,从20.0 s到30.0 s是电梯加速上升阶段,从30.0 s到40.0 s是匀速上升阶段,从40.0 s到 50.0 s是减速上升阶段,A正确。 目 录 3.(2023湖北,8,4分)(多选)t=0时刻,质点P从原点由静止开始做直线运动,其加速度a随时间t按图示的正 弦曲线变化,周期为2t0。在0~3t0时间内,下列说法正确的是 (　 　)   A.t=2t0时,P回到原点 B.t=2t0时,P的运动速度最小 C.t=t0时,P到原点的距离最远 D.t= t0时,P的运动速度与t= t0时相同 BD 目 录 解析　将题中a-t图像转化为如图所示的v-t图像,可以看出0~3t0时间内,质点P一直沿着正方向运动,t=2t0 时P未回到原点,A错误。t=2t0时,P的运动速度最小,B正确。t=3t0时,P到原点的距离最远,C错误。t= t0 时P的运动速度与t= t0时相同,D正确。   目 录 4.(2024山东,3,3分)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释 放,若木板长度为L,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为  (　　　) A.( -1)∶( -1) B.( - )∶( -1) C.( +1)∶( +1) D.( + )∶( +1) A 解析　木板在光滑斜面上做初速度为0的匀加速直线运动,根据x= at2有L= a 、2L= a 、3L= a , 且Δt1=t2-t1、Δt2=t3-t1,解得Δt2∶Δt1=( -1)∶( -1),A正确。 目 录 5.(2022浙江1月,19,9分)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m水 平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出 发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示),到C点 共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,g=10 m/s2,求雪车(包括运动员): (1)在直道AB上的加速度大小; (2)过C点的速度大小; (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。   目 录 答案　(1)  m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 解析　(1)AB段,根据 =2a1x1,可得a1=  m/s2。 (2)AB段,到达B点的速度v1=a1t1=8 m/s,则t1=3 s,故BC段用时t2=5 s-t1=2 s BC段有x2=v1t2+ a2  代入数据解得a2=2 m/s2 则vC=v1+a2t2=12 m/s (3)在BC段,由牛顿第二定律有mg sin 15°-Ff=ma2,解得Ff=66 N 目 录 6.(2025福建,14,4分)某运动员训练时做直线运动,其v-t图像如图所示,各阶段的运动对应的图线均为直 线段。求: (1)0~2 s内的平均速度大小; (2)44.2~46.2 s内的加速度大小; (3)44.2~46.2 s内的位移大小。   目 录 答案　(1)2.4 m/s　(2)0.1 m/s2　(3)4.2 m 解析　(1)匀变速直线运动的平均速度 = = ,0~2 s内的平均速度大小为 =  m/s=2.4 m/s。 (2)v-t图线的斜率表示加速度,44.2~46.2 s内的加速度大小为 a=  m/s2=0.1 m/s2。 (3)v-t图线与横轴围成的面积表示位移,44.2~46.2 s内的位移大小为 Δx=  m=4.2 m。 目 录 $