专题1 运动的描述 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

这是一份专题1 运动的描述 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用），共51页。
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!
　 (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cs 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。 
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 cs 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。
　 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。
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 cs 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 cs 24°)l1-μmgl2=  m -0。
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 cs 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 cs 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。
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。 
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,cs 37°=0.8。
 　 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。
　 (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。
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。
　 (5)根据题中信息能求出滑板和沙道间的动摩擦因数μ。
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 cs 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。
(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。
　　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。  
　　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。
(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 (　 　) 　　　　
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。
　 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。
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。
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。
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/sB.在3.0~6.0 s内做匀减速直线运动
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
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。
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
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。
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)
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。
(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
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)。
　 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?
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/sv2-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。
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,cs 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。
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 cs 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 sAB段长度L1= t1=22.5 mBC段长度L2=vBt2CD段长度L3= t3且L1+L2+L3=97.5 m
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。
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:
(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/s215 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
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
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。
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)。
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。
(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。
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。
　　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。
　　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。
　 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
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。
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= at2C.x= at2　　　　　D.x= at2
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。
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 sC.从40.0 s到50.0 s　　　　　　D.从50.0 s到60.0 s
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。
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
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。 
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)
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。
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。 
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 sBC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
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。 
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。