第一单元 增分微课1 匀变速直线运动中的“形异质同”问题 （Word学生用书）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习（通用版）

匀变速直线运动的问题中常常会有遵循的物理规律相同,但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的一类问题,对于这类问题往往感觉难度大,束手无策.其实这类问题看似陌生,实则与我们平时练习的题目同根同源,只不过是命题人将原来的题目进行“改头换面”而已,对这类问题我们称之为形异质同. 考向一　竖直上抛与沿光滑斜面上滑 竖直上抛运动和沿光滑斜面上滑的运动规律类似,物体均先匀减速运动再反向匀加速运动,且加速度大小和方向均相同. 例1　将一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出,3 s后物体的速率变为10 m/s,则关于物体此时的位置和速度方向,下列说法可能正确的是(不计空气阻力,g取10 m/s2) (　) A.在A点上方15 m处,速度方向竖直向上 B.在A点下方15 m处,速度方向竖直向下 C.在A点上方75 m处,速度方向竖直向上 D.在A点上方75 m处,速度方向竖直向下 变式1　一个小球沿光滑斜面向上运动,初速度大小为5 m/s,C为斜面的最高点,A、C间距离为5 m.小球在t=0时刻自A点出发,4 s后途经A下方的B点(B点未在图上标出).则下列说法正确的是 (　) A.小球加速度的最大值为2.5 m/s2 B.小球加速度的最小值为2.5 m/s2 C.若小球加速度大小为5 m/s2,则斜面至少长为25 m D.小球到达B点速度大小可能是4.5 m/s [反思感悟]   考向二　“0→vmax→0”运动情景的多过程问题 物体初速度为零,先以a1的加速度匀加速运动一段距离x1,速度达到最大值vmax;接着再以大小为a2的加速度做匀减速直线运动,运动一段距离x2后速度减为零.运动示意图和v⁃t图像如图甲、乙所示. 甲 乙 例2　深圳赛格大厦高355.8 m,游客乘坐观光电梯可以鸟瞰市景,颇为壮观.已知某段运行过程中,观光电梯从一楼经历加速、匀速、减速的过程到达某一楼层,电梯加速、减速过程可视为匀变速直线运动且加速度大小均为1 m/s2,电梯运行高度为48 m,用时 16 s,则 (　) A.电梯匀速运行的时间为10 s B.电梯匀速运行的时间为6 s C.电梯运行的最大速度为4 m/s D.电梯运行的最大速度为6 m/s 变式2　[2025·浙江温州模拟] 如图所示为酒店送餐机器人.某次送餐中,机器人从电梯口静止开始做直线运动到达客房门口,到达客房门口时速度恰好为零,全程长10 m.机器人运动的最大速度为2 m/s,加速时最大加速度为0.5 m/s2,减速时最大加速度为1 m/s2.则酒店机器人该次送餐的最短时间为 (　) A.5 s B.6 s C.8 s D.10 s [反思感悟]   考向三　竖直上抛有阻力与沿粗糙斜面上滑 例3　小明以初速度v0=10 m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1 kg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,g取10 m/s2.求: (1)小皮球上升的最大高度; (2)小皮球上升和下降的时间. 变式3　如图所示,t=0时刻,一个物体以v0=8 m/s的初速度在足够长粗糙斜面上某位置向上滑动,做加速度大小为2 m/s2 的减速运动,运动到最高点之后,又以加速度1 m/s2沿斜面向下滑动. (1)求第1 s末与第5 s末的速度; (2)经过多长时间,物体的速度大小为4 m/s? (3)经过多长时间,物体与出发点相距12 m? 学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微课1　匀变速直线运动中的“形异质同”问题 例1　C　[解析] 若此时物体的速度方向竖直向上,则由竖直上抛运动公式v=v0-gt,得物体的初速度为v0=v+gt=40 m/s,物体的位移为h1==75 m,物体在A点的上方,C正确,D错误;若此时物体的速度方向竖直向下,则物体的初速度v0'=-v+gt=20 m/s,物体的位移为h2==15 m,物体仍然在A点的上方,A、B错误. 变式1　C　[解析] 小球经过A的初速度为v=5 m/s,若小球加速度为2.5 m/s2,则速度减到零所需要的时间为t==2 s,根据对称性,小球没有办法在4 s时回到A点下方,故A、B错误;按照运动的对称性,小球运动到A下方的B点时速度一定大于初速度5 m/s,故D错误;若小球加速度为5 m/s2,则小球从A返回到A用时2 s,再向下运动2 s后位移为x=v0t+at2=20 m,再加上AC 的长度可求得斜面最小长度应为25 m,故C正确. 例2　C　[解析] 设电梯匀速运行的时间为t,最大速度为v,则v=a,vt+2×v×=48 m,将a=1 m/s2代入解得t=8 s、v=4 m/s,故A、B、D错误,C正确. 变式2　C　[解析] 根据题意可知x=++vt2,t1=,t3=,代入数据解得t1=4 s,t2=2 s,t3=2 s,所以t=t1+t2+t3=8 s,故选C. 例3　(1) m　(2) s　 s [解析] (1)在上升过程中,有mg+Ff=ma1 解得a1=11 m/s2 上升的最大高度h== m (2)上升的时间t1== s 在下降过程中,有mg-Ff=ma2 解得a2=9 m/s2 由h=a2 解得t2= s 变式3　(1)6 m/s,方向沿斜面向上　1 m/s,方向沿斜面向下　(2)2 s或8 s　(3)2 s或(4+2) s或(4+2) s [解析] (1)第1 s末的速度v1=v0-a1t1=6 m/s,方向沿斜面向上 减速为0所用时间t0==4 s 故第5 s末的速度v5=a2(t5-t0)=1 m/s,方向沿斜面向下 (2)当物体速度大小为v=4 m/s,方向沿斜面向上时,所用时间t2==2 s 当物体速度大小为v=4 m/s,方向沿斜面向下时,所用时间t2=t0+=8 s (3)向上运动到最高点的位移xm==16 m 当物体未到最高点向上运动x1=12 m时,有x1=v0t3-a1=12 m 解得所用的时间t3=2 s(t3=6 s舍去) 从最高点向下运动到位移为向上的12 m时,所用的总时间t3=t0+=(4+2) s 从最高点向下运动到位移为向下的12 m时,所用的总时间t3=t0+=(4+2) s 学科网（北京）股份有限公司 $