四類經(jīng)典的直線運(yùn)動(dòng)模型-2024年高考物理含答案

四類經(jīng)典的直線運(yùn)動(dòng)模型-2024年高考物

理

打類經(jīng)典的直線運(yùn)前模型

（D四

【模型一】“o—”—o”運(yùn)動(dòng)模型

【模型二】，，等位移折返，，模型

【模型三】三倍加速度運(yùn)動(dòng)模型------等時(shí)間折返模型

【模型四】?jī)深惓Ｒ?jiàn)非勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型

類型一:力隨時(shí)間均勻變化

類型二:力隨位移均勻變化

模型講解

【模型一】“0-”一0”運(yùn)動(dòng)模型

1.特點(diǎn):初速度為零,末速度為。，兩段初末速度相同，平均速度相同。三個(gè)比例式:

①速度公式%）=Q由右2推導(dǎo)可得：曳=等

。2力1

②速度位移公式端=20團(tuán)褚=2Q2g推導(dǎo)可得：出二①

③平均速度位移公式劣產(chǎn)竽/2=華推導(dǎo)可得：包=*

22/2力2

2.位移三個(gè)公式：X=粵。1+力2）；/=-^―+X=篙

221a222

3.平均速度：萬(wàn)1=萬(wàn)2=萬(wàn)=?

案例剖析1

血_【多選】（2021?全國(guó)?高考真題）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物

體通過(guò)的路程等于so時(shí)，速度的大小為v0,此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度

大小為。，則（）

A.在此過(guò)程中F所做的功為B.在此過(guò)中F的沖量大小等于豺的

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于工

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

吼2【多選】（2023?青海?統(tǒng)考二模）兩帶電的平行板A、B水平放置,上極板A的中央有一小孔.如圖甲所

示，一帶電油滴從小孔的正上方的。點(diǎn)處自由下落，穿過(guò)上極板A中央的小孔后，剛好不與下極板B相

碰,在此過(guò)程中，油滴的速度n隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，可知

（）

?M

，0

,!一一A

??：B

甲乙

A.在±=力。時(shí)，油滴剛好穿過(guò)人板的小孔B.在1=3勿時(shí)，油滴剛好返回到。點(diǎn)

C.油滴受到的重力與電場(chǎng)力之比為2：3D.。點(diǎn)到下極板B的距離為2g總

【模型二】"等位移折返”模型

⑴特點(diǎn):初（或末）速度為零，兩段運(yùn)動(dòng)位移大小相等為以

⑵位移三個(gè)公式:位移公式2=］口/=4a2卷;速度位移公式c=J=卓；

222al2a2

平均速度位移公式/=7=券12

⑶三個(gè)比例式:①曳=與；②四=g=黑，③%=母

電就a2Ek2v2ti

案例剖析1

國(guó)1工【多選】（2021?全國(guó)?高考真題）一質(zhì)量為小的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體

開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為瓦,向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為

年。已知或na=0.6,重力加速度大小為g。貝!j（）

0

A.物體向上滑動(dòng)的距離為裊B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為六

2mg5

C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)

吼2（2023春?全國(guó)?高三專題練習(xí)）海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為小的小球以初速度n。從手中豎直拋出，從

拋出開(kāi)始計(jì)時(shí)，3⑦時(shí)刻小球返回手中，小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變,小球的速度隨時(shí)間變

化的關(guān)系圖像如圖所示，重力加速度大小為9,則小球在水中豎直下落過(guò)程中的加速度大小為（）

【模型三】三倍加速度運(yùn)動(dòng)模型------等時(shí)間折返模型

⑴特點(diǎn):初速度為零，兩段總位移為零。

⑵位移兩個(gè)公式：蘇+（Qi幻力2—，電蜃―~^2~0

⑶特殊結(jié)論:若ti=t2,則有—=]

a23v22

【證明】物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做加速度大小為Qi的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn),速度大小為%,這時(shí)

突然改為做加速度大小為a2的勻減速直線運(yùn)動(dòng),又經(jīng)過(guò)時(shí)間力回到4點(diǎn),速度大小為。2，求：。1：。2和。1：。2。

根據(jù)題意，畫出示意圖如圖所示

ABvx

「；一I

以向右為正方向，2t內(nèi)總位移為零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。=vQ+at有

%=ait

一。2=Vi-a2t

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式為=voi+十/有正—衣。2廿）=0

聯(lián)立解得QI：Q2=1：3

。1：。2=1：2

案例剖析1

一—_L

□【多選】（2023?天津?qū)幒?高三天津市寧河區(qū)蘆臺(tái)第一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖所示,傾角為。的光滑斜面

足夠長(zhǎng)，一質(zhì)量為m的小物體,在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從斜面底端沿斜面向上做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間力，力F做功為60J,此后撤去力物體又經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間t回到斜面底端，若以地面為

零勢(shì)能參考面，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.物體回到斜面底端的動(dòng)能小于60J

B.恒力F=2mgsin0

C.撤去力F時(shí)，物體的重力勢(shì)能是45J

D.動(dòng)能與勢(shì)能相等的時(shí)刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后?M

回2（2023春?山東威海?高三階段練習(xí)）如圖甲所示,兩平行金屬板A、B水平放在真空中，板間距為d,金屬

板長(zhǎng)2d,OO'為板間中線，48板間的電勢(shì)差U隨時(shí)間力的變化情況如圖乙所示。有一個(gè)質(zhì)量為電

荷量為g的帶電小球，力=0時(shí)刻從。點(diǎn)以。。的速度水平沿射入。T時(shí)刻小球恰好從。'點(diǎn)射出，

小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好未B與極板相碰。已知重力加速度大小為g,則下列說(shuō)法正確的是（）

八UAB

o--O'I

Bl--1OTT

2

甲乙

A.小球所受的電場(chǎng)力大小等于重力大小B.板間電壓。=至幽

q

C.t=看時(shí)，小球速度大小為九D.t=T時(shí)，小球速度大小為比

【模型四】?jī)深惓Ｒ?jiàn)非勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型

類型一:力腦時(shí)間均勻變化

由物塊的受力可知mg——=ma

由圖像可知尸=畔■力

解得a=g—^~

故隨時(shí)間的增大,物塊先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),最后停止下滑，靜止

后物塊的加速度為零，處于平衡狀態(tài)；當(dāng)t=0時(shí),物塊的加速度最大為g；當(dāng)土=M時(shí),物塊的加速度為零,此時(shí)

物塊的速度最大。做出a—￡圖像根據(jù)圖像的面積求得最大速度vm=~gt0

類型二:力隨位移均勻變化

m

變加速直線運(yùn)動(dòng),初速度的平方與末速度的平方的差值等于。一,圖線與坐標(biāo)軸圍的面積的2倍。

經(jīng)典案例------小球彈簧模型

⑴下落的“三段四點(diǎn)”：

?M

o最高點(diǎn)：速度為零

接觸點(diǎn):速度不是最大

4Q方向】，大小減小

方平衡點(diǎn):加速度為零、速度最大

Q方向T,大小增大

C最低點(diǎn):速度為零、加速度最大且大于g

（2）四個(gè)圖像

案例剖析1

廁1（2023秋?河北承德?統(tǒng)考期末）如圖甲所示，質(zhì)量為小的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動(dòng)，水

平力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，物塊與豎直墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，物塊所受的最大靜摩

擦力等于滑動(dòng)摩擦力，豎直墻面足夠高，重力加速度大小為9。下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)

C.物塊的最大加速度為g

D.方=電時(shí),物塊停止下滑

網(wǎng)］2（2019?全國(guó)?高考真題）在星球”上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上,把物體P輕放在彈簧上端，P由

靜止向下運(yùn)動(dòng)，物體的加速度a與彈簧的壓縮量c間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一星球N上用完全相

同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過(guò)程，其a—2關(guān)系如圖中虛線所示，假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的

球體。已知星球”的半徑是星球N的3倍，則（）

A.〃■與N的密度相等B.Q的質(zhì)量是P的3倍

C.Q下落過(guò)程中的最大動(dòng)能是P的4倍D.Q下落過(guò)程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍

題目①（2023春?貴州?高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖甲所示，傾角為。的斜面與水平面在O點(diǎn)通過(guò)一段小圓弧平

滑連接，一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從斜面上某處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)滑到水平面上后減速至零，該過(guò)程中滑

塊的速率隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知斜面和水平面由同種材料構(gòu)成，則滑塊與接觸面間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為（）

A.sin%B.singC.tan2?D.tan-y

題目0（2023?安徽?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖是一小物體先從傾角為。尸53°斜面滑下后再滑上傾角為%=37°

的斜面運(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度大小隨時(shí)間變化的圖像，兩斜面動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，圖中”未知，已知sin37°=0.6,

cos37o=0.8,Wg=10m/s2,JJlij（）

A.〃=0.5B.o=8m/s

C.沿斜面下滑位移為8MD.沿斜面上滑位移為10m

〔題目區(qū)一名消防隊(duì)員在模擬學(xué)習(xí)訓(xùn)練中，沿著長(zhǎng)為12m的豎立在地面上的鋼管從頂端由靜止先勻加速再

勻減速下滑,滑到地面時(shí)速度恰好為零.如果他加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)加速度大小的2倍,下滑的

總時(shí)間為3s,那么該消防隊(duì)員（）

A.下滑過(guò)程中的最大速度為4m/sB.加速與減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間之比為1：2

C.加速與減速過(guò)程中的平均速度之比為2：1D.加速與減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移大小之比為1：4

題目目（2023?北京東城?統(tǒng)考一模）如圖甲所示,一物塊以一定的初速度沖上傾角為30°的固定斜面,物塊在

斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，其動(dòng)能及與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取

10m/s2o下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊質(zhì)量為0.7kg

B.物塊所受摩擦力大小為0.4N

C.0~20M過(guò)程中，物塊克服摩擦力做功為40J

D.0~10機(jī)過(guò)程中與10館~20M過(guò)程中物塊所受合力之比為3：4

題目回【多選】（2022?福建?高考真題）一物塊以初速度*自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后回到

斜面底端。該物體的動(dòng)能Ek隨位移2的變化關(guān)系如圖所示，圖中3、及1、及2均已知。根據(jù)圖中信息可以

A.重力加速度大小B.物體所受滑動(dòng)摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時(shí)間

［題目回【多選】（2023春?陜西延安?高三?？计谀┯幸晃矬w由某一固定的長(zhǎng)斜面的底端以初速度的沿斜面

上滑,斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5，其動(dòng)能Ek隨離開(kāi)斜面底端的距離s變化的圖線如圖所示，g取

lOm/sz,不計(jì)空氣阻力，則以下說(shuō)法正確的是（）

A.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程機(jī)械能減小了30JB.斜面與物體間的摩擦力大小/=4N

C.物體的質(zhì)量為m=2kgD.斜面的傾角夕=37°

題目00（2023?浙江臺(tái)州?高三統(tǒng)考）如圖所示，靜置于光滑斜面（傾角為外的質(zhì)量為機(jī)的物塊，受到沿斜面

方向的恒力F的作用，作用時(shí)間t后撤去F,再經(jīng)時(shí)間2t后剛好返回起點(diǎn)，則（）

A.F與mgsin。的比應(yīng)該為3比7B.F與mgsin。的比應(yīng)該為9比5

C.F與mgsin。的比應(yīng)該為7比3D.F與mgsinG的比應(yīng)該為2比3

題目回【多選】（2023秋?安徽?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，在足夠長(zhǎng)光滑絕緣水平面的上方，存在著方

向水平向右、場(chǎng)強(qiáng)大小為4的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶正電小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從水平面上人點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)

時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，小物塊速度大小為v.此時(shí)水平面上方突然撤去原來(lái)電場(chǎng),改加方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)大小

為&的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小物塊又經(jīng)時(shí)間2%恰好返回人點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

用

“fl.........,.....................

z/z/z/z////T////z/zz/

AB

A.小物塊返回A點(diǎn)時(shí)速度大小為^-vB.小物塊返回A點(diǎn)時(shí)速度大小為2v

C.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系是用=*1D.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系是用=鵑

題目回（2023?浙江臺(tái)州?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）蹦極是一項(xiàng)極限運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為如下模型：小球從某高度處?kù)o

止下落到豎直放置的輕彈簧上并壓縮彈簧，下降過(guò)程中小球的加速度隨位移變化如圖所示，圖中x3-x2=

g-不計(jì)空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)且忽略小球與彈簧碰撞中的能量損失。下列說(shuō)法正確的

是（）

A.從為到處過(guò)程，小球做減速運(yùn)動(dòng)B.從電到g過(guò)程，小球處于失重狀態(tài)

C.下降到窗時(shí)，小球的速度為零D.下降到g時(shí)，小球受到的彈力是重力的2倍

題目畫）如圖所示,一輕質(zhì)彈簧沿豎直方向放置在水平地面上，其下端固定，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度為原長(zhǎng)時(shí)，其上

端位于。點(diǎn)?，F(xiàn)有一小球從。點(diǎn)由靜止釋放,將彈簧壓縮至最低點(diǎn)（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）。在此過(guò)

程中，關(guān)于小球的加速度a隨下降位移加的變化關(guān)系，下圖中正確的是（）

o

g

O

~g

「題目IT（2023上?遼寧錦州?高三校聯(lián)考階段練習(xí)）A、B兩物體同時(shí)受到同樣的水平拉力后，分別在水平面

上從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，1s后，同時(shí)撤去拉力，它們均做勻減速直線運(yùn)動(dòng),直到停止，其“一力圖像

如圖所示，重力加速度g取lOm/s?。在A、B整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.A、8兩物體質(zhì)量之比為4:3B.兩物體受到摩擦力之比為3:2

C.人、口兩物體位移之比為2:3D.A、B兩物體與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)之比為1:2

冠目（2023上?吉林長(zhǎng)春?高三?？茧A段練習(xí)）如圖（a），一物塊在力=0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的。

￡圖線如圖⑹所示。若重力加速度及圖中的。。、如、。均為已知量，則可求出（）

A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量

C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度

：XQI（2023上?江蘇無(wú)錫?高三統(tǒng)考期中）如圖（a），將物塊A于P點(diǎn)處由靜止釋放,B落地后不反彈,最

終A停在Q點(diǎn)。物塊A的o—t圖像如圖（b）所示。已知B的質(zhì)量為0.3kg,重力加速度大小g?。?0m

/s2o求：

（1）物塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù);

（2）物塊A的質(zhì)量。

圖(a)圖(b)

：?54（2023上?甘肅蘭州?高三蘭州一中?？计谥校┤鐖D所示,傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)

量為m的物塊在沿斜面向上的恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t后撤去恒力作用，再經(jīng)3t時(shí)間后物塊

恰好返回起點(diǎn)。已知重力加速度為g,試求：

（1）恒力的大??？

（2）撤去恒力時(shí)物塊的速度的大小？

（3）物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)點(diǎn)與起點(diǎn)間的距離是多少？

:題目口51（2024上?云南昆明?高三昆明一中第二次月考）如圖甲所示，兩塊金屬板水平放置，間距為d,

兩板間加有一周期性變化的電壓，板電勢(shì)差隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示?，F(xiàn)有電量為外質(zhì)量為m

的帶負(fù)電微粒在t=0時(shí)刻從B板中央小孔射入電場(chǎng),若該帶電微粒受到的電場(chǎng)力為重力的3倍,且射入電

場(chǎng)時(shí)的初速度可忽略不計(jì),重力加速度為g,求：

（1）A、B兩板間電勢(shì)差Uo的大小；

（2）0~9和這兩段時(shí)間內(nèi)微粒的加速度大小之比；

（3）要使該微粒不與A板相碰,求所加電壓的最大周期。

“UAB

—

A

dA

0：

?772T377212T1

B1

圖甲圖乙

11

鸚類經(jīng)典的直線運(yùn)前模型

國(guó)最

【模型一】“0—”—0”運(yùn)動(dòng)模型

【模型二】，，等位移折返，，模型

【模型三】三倍加速度運(yùn)動(dòng)模型------等時(shí)間折返模型

【模型四】?jī)深惓Ｒ?jiàn)非勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型

類型一:力隨時(shí)間均勻變化

類型二:力隨位移均勻變化

模型講解

【模型一】“0一”-0"運(yùn)動(dòng)模型

1.特點(diǎn):初速度為零,末速度為V，兩段初末速度相同,平均速度相同。三個(gè)比例式:

①速度公式VO—&由VQ—a2t2推導(dǎo)可得：曳=告

。2力1

②速度位移公式若=2ai0若=2a2,2推導(dǎo)可得：2=至

③平均速度位移公式，產(chǎn)竽電=華推導(dǎo)可得：包=?

22/2力2

2.位移三個(gè)公式：X=粵。1+力2）；/=-^―+X=篙

221a222

3.平均速度：萬(wàn)1=萬(wàn)2=萬(wàn)=?

案例剖析1

一—

網(wǎng)]1【多選】（2021?全國(guó)?高考真題）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動(dòng)下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物

體通過(guò)的路程等于So時(shí)，速度的大小為VO,此時(shí)撤去F，物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度

大小為。，則（）

A.在此過(guò)程中F所做的功為%*B.在此過(guò)中F的沖量大小等于會(huì)的

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于JD.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

4s（）g

【答案】BC

【詳解】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知

F—[img—may①

由速度位移公式有

Vg—2als0②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知

—/^rng—ma③

2?M

由速度位移公式有

一.=2Q2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力

3mvl

F=

4so

動(dòng)摩擦因數(shù)

也4—gs（）

滑動(dòng)摩擦力

-2

Ff=jLtmg=——

可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，

故。正確，。錯(cuò)誤；

A.在此過(guò)程中，外力F做功為

W=Fs0=^-mvo

故A錯(cuò)誤；

B.由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間

t_§0_2so

。+V

-2o

在此過(guò)程中，F(xiàn)的沖量大小是

I=Ft1=-^mv0

故B正確。

故選BC。

畫2【多選】（2023?青海?統(tǒng)考二模）兩帶電的平行板A、B水平放置,上極板A的中央有一小孔.如圖甲所

示，一帶電油滴從小孔的正上方的O點(diǎn)處自由下落，穿過(guò)上極板A中央的小孔后，剛好不與下極板B相

碰，在此過(guò)程中，油滴的速度”隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，可知

（）

A.在±=琳時(shí)，油滴剛好穿過(guò)人板的小孔B.在±=3益時(shí)，油滴剛好返回到。點(diǎn)

C.油滴受到的重力與電場(chǎng)力之比為2：3D.O點(diǎn)到下極板B的距離為2g總

【答案】47

【詳解】AB.根據(jù)題意再結(jié)合甲乙兩圖分析可知，油滴先從O點(diǎn)開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，在土=灰時(shí)，油滴剛

好穿過(guò)A板的小孔，在力=3曲時(shí)，油滴在電場(chǎng)中速度減為零，剛好到達(dá)B板（未與之相碰），故A正確，B錯(cuò)

、口

沃；???

C.速度一時(shí)間圖像的斜率表示物體的加速度，設(shè)油滴進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為以由圖乙可知，油滴做自由

落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有

v

mg=m——

to

油滴進(jìn)入電廠后，由牛頓第二定律有

Eq-mg=m-^~

聯(lián)立以上兩式可得

mg:Eq=2:3

故。正確；

D.0?益時(shí)間段內(nèi)油滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，則M時(shí)刻的速度為

v=gtQ

而速度一時(shí)間圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，則可知。點(diǎn)到下極板B的距離為

S=3書=-ygio

故D錯(cuò)誤。

故選A。。

【模型二】"等位移折返”模型

⑴特點(diǎn):初(或末)速度為零，兩段運(yùn)動(dòng)位移大小相等為以

(2)位移三個(gè)公式:位移公式C=4&者=；速度位移公式2=三=尊-;

222al2a2

平均速度位移公式工=今力=導(dǎo)2

⑶三個(gè)比例式:①曳=烏；②四=工=堂.③色=等

電電V2Ek2。2tl

案例剖析1

吼工【多選】(2021?全國(guó)?高考真題)一質(zhì)量為館的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體

開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為瓦,向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為

年。已知或na=0.6,重力加速度大小為g。貝!j()

A.物體向上滑動(dòng)的距離為MB.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為4

2mg5

C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)

【答案】BC

【詳解】47.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有

Q；Ek

—[img-2lcosa=-Ek

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動(dòng)能定理有

—mglsina—/imglcosa=Q-Ek

整理得?M

A錯(cuò)誤，。正確；

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有

ma=mgsm.a—fimgcosa

求解得出

_9

a~~5

B正確；

D.物體向上滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有

mai=mgsina+/imgcosa

物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有

7n。下=mgsina—pmgcosa

由上式可知

Q上〉。下

由于上升過(guò)程中的末速度為零，下滑過(guò)程中的初速度為零，且走過(guò)相同的位移，根據(jù)公式

I—

則可得出

力上V土下

D錯(cuò)誤。

故選BC。

吼2（2023春?全國(guó)?高三專題練習(xí)）海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為小的小球以初速度"。從手中豎直拋出，從

拋出開(kāi)始計(jì)時(shí)，3。時(shí)刻小球返回手中，小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變,小球的速度隨時(shí)間變

化的關(guān)系圖像如圖所示，重力加速度大小為g,則小球在水中豎直下落過(guò)程中的加速度大小為（）

【答案】B

【詳解】根據(jù)小球的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像分析知,第一階段加速度大，大小為空，第二階段加速度

to

小，故小球先豎直向上做勺減速直線運(yùn)動(dòng)，再豎直向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從拋出開(kāi)始計(jì)時(shí)，3力0時(shí)刻小球

返回手中

—

t0_v（344）

22

解得

故球在水中豎直下落過(guò)程中的加速度大小

a=2=&

21o410

根據(jù)牛頓第二定律，先豎直向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

,r00

mg+j=m—

to

再豎直向下做句加速直線運(yùn)動(dòng)

mg—f=ma

聯(lián)立解得，小球在水中豎直下落過(guò)程中的加速度大小為

2

故選B。

【模型三】三倍加速度運(yùn)動(dòng)模型------等時(shí)間折返模型

(1)特點(diǎn):初速度為零，兩段總位移為零。

(2)位移兩個(gè)公式：(。山)力2—巖；—]~2—~^2=0

⑶特殊結(jié)論:若t1—12,則有——[

a23v22

【證明】物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做加速度大小為Qi的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間力到達(dá)石點(diǎn)，速度大小為3,這時(shí)

突然改為做加速度大小為Q2的勻減速直線運(yùn)動(dòng),又經(jīng)過(guò)時(shí)間力回到4點(diǎn),速度大小為。2，求：Q1：Q2和%：。2。

根據(jù)題意，畫出示意圖如圖所示

ABV,

「；一I

以向右為正方向，2t內(nèi)總位移為零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。=伙)+。力有

%=a^t

一叨=vi—a2t

22

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=vQt+-^-at有1~QIF+(V1t—■1-a2t)=0

聯(lián)立解得QRQ2=1:3

v1:v2=1:2

案例剖析1

題工【多選】（2023?天津?qū)幒?高三天津市寧河區(qū)蘆臺(tái)第一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖所示,傾角為6的光滑斜面

足夠長(zhǎng)，一質(zhì)量為m的小物體,在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從斜面底端沿斜面向上做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t,力F做功為60J,此后撤去力F,物體又經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間力回到斜面底端，若以地面為

零勢(shì)能參考面，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.物體回到斜面底端的動(dòng)能小于60J

B.恒力F=27ngsin。

C.撤去力F時(shí)，物體的重力勢(shì)能是45J

D.動(dòng)能與勢(shì)能相等的時(shí)刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后

【答案】CD

【詳解】物體靜止開(kāi)始從斜面底端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最后返回斜面底端，此過(guò)程斜面光滑沒(méi)有摩擦力做

功，重力做功為。，根據(jù)動(dòng)能定理有

Ek—0=WF=60J

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.撤去F前，加速度

a————gsin）9

m

撤去F后，加速度

a'=gsind

根據(jù)力F撤去前后位移等大反向，判斷撤去前后平均速度等大方向，由于撤去前后都是勻變速所以有

0+at_at+（at—a't）

~2—-2

整理得

a!—3a

即

F=-^mgsind

選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.撤去力F前，力R做功

Fs=5mgsin。?s=60J

重力做功

—mgsinffXs=45J

所以撤出力F時(shí)，物體的重力勢(shì)能是45J,選項(xiàng)。正確；

D.力F撤去前，合力絲等也小于重力沿斜面的分力m5sinP,即合力做功小于克服重力做功，增加的動(dòng)

能小于增加的重力勢(shì)能，撤去力F之前一定是重力勢(shì)能大于動(dòng)能，最后返回斜面時(shí)重力勢(shì)能為0,小于動(dòng)

能，所以動(dòng)能與勢(shì)能相等的時(shí)刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后，選項(xiàng)。正確。

故選CD。

回2（2023春?山東威海?高三階段練習(xí)）如圖甲所示,兩平行金屬板A、B水平放在真空中，板間距為d,金屬

板長(zhǎng)2d,OO'為板間中線，48板間的電勢(shì)差U隨時(shí)間力的變化情況如圖乙所示。有一個(gè)質(zhì)量為電

荷量為g的帶電小球，力=0時(shí)刻從。點(diǎn)以。。的速度水平沿射入。T時(shí)刻小球恰好從。'點(diǎn)射出，

小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好未B與極板相碰。已知重力加速度大小為g,則下列說(shuō)法正確的是（）

八UAB

o--O'I

Bl--1OTT

2

甲乙

A.小球所受的電場(chǎng)力大小等于重力大小B.板間電壓。=網(wǎng)更

q

C.力=《時(shí)，小球速度大小為12D.t=T時(shí)，小球速度大小為v0

【答案】。

【詳解】取豎直向下為正方向，在0~y時(shí)間內(nèi)，小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直位移大小為

陰=_萬(wàn)1。（/童T\2

時(shí)間內(nèi)，在豎直方向上，小球先向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減至零后向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速

度恒定，將這段時(shí)間內(nèi)小球的運(yùn)動(dòng)看成一種勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間內(nèi)小球的加速度大小為a,根

據(jù)牛頓第二定律有

U

q——mg—ma

d

豎直位移為

T時(shí)刻小球恰好到達(dá)。點(diǎn)時(shí)，則有

"+%=0

聯(lián)立解得

a=3g

琦=4mg

U—4mgd

q

故AB錯(cuò)誤；

C.設(shè)方=4時(shí)速度大小為””根據(jù)題意則有

29

々工+工）=旦

2V26>2

VQT=2d

聯(lián)立得到

3

???

所以t=;時(shí)，速度大小為

。=/褚+說(shuō)=%。

故。正確；

D.1=T時(shí)，小球豎直分速度為

，TQT丁3

%=g萬(wàn)一3g?5=-gT=--v0

所以速度大小

故。錯(cuò)誤；

故選。。

【模型四】?jī)深惓Ｒ?jiàn)非勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型

類型一:力嬉時(shí)間均勻變化

由物塊的受力可知mg—/=?na

由圖像可知斤

成0

解得a=g一斗―

故隨時(shí)間的增大，物塊先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),最后停止下滑,靜止

后物塊的加速度為零，處于平衡狀態(tài);當(dāng)t=0時(shí),物塊的加速度最大為g；當(dāng)力=勿時(shí)，物塊的加速度為零，此時(shí)

物塊的速度最大。做出a—￡圖像根據(jù)圖像的面積求得最大速度0^=之gt0

類型二，力隨位移均勻變化

變加速直線運(yùn)動(dòng),初速度的平方與末速度的平方的差值等于a-c圖線與坐標(biāo)軸圉的面積的2倍。

經(jīng)典案例------小球彈簧模型

⑴下落的“三段四點(diǎn)”：

---------o最高點(diǎn)：速度為零

速度不是最大

q方向1，大小減小

加速度為零、速度最大

a方向T,大小增大

速度為零、加速度最大且大于g???

（2）四個(gè)圖像

案例剖析"

I,

曲1（2023秋?河北承德?統(tǒng)考期末）如圖甲所示,質(zhì)量為m的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動(dòng),水

平力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像