2026年高考物理二轮专题复习：专题02 直线运动模型（四类）（模型与方法讲义）（全国适用）（解析版）

专题02直线运动模型（四类）目录TOC\o"1-3"\h\u【模型一】“0-v-0”运动模型 1【模型二】“等位移折返”模型 5【模型三】三倍加速度运动模型等时间折返模型 7【模型四】两类常见非匀变速直线运动模型 10类型一：力随时间均匀变化 10类型二：力随位移均匀变化 10【模型一】“0-v-0”运动模型1.特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：tOvt2t1a2a1vtOvt2t1a2a1v0=2\*GB3②速度位移公式推导可得：=3\*GB3③平均速度位移公式推导可得：2.位移三个公式：；；3.平均速度：【典例1】南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中：(1)最大速度vm的大小；(2)匀加速阶段加速度a的大小；(3)匀减速阶段对表演者的压力FN的大小。【答案】(1)eq\f(2h,t)(2)eq\f(4h,t2)(3)【解析】(1)由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为eq\x\to(v)＝eq\f(vm,2)又h＝eq\f(1,2)vmt，解得vm＝eq\f(2h,t)本题还可以采用图像法，作出整个过程的v－t图像如图所示根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即h＝eq\f(1,2)vmt可得vm＝eq\f(2h,t)。(2)根据加速度的定义式可知a＝eq\f(Δv,\f(t,2))＝eq\f(4h,t2)。(3)毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知mg－FN＝ma解得FN＝根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为F＝FN＝。【模型演练1】【多选】两带电的平行板A、B水平放置，上极板A的中央有一小孔．如图甲所示，一带电油滴从小孔的正上方的O点处自由下落，穿过上极板A中央的小孔后，刚好不与下极板B相碰，在此过程中，油滴的速度v随时间t变化的关系如图乙所示．重力加速度为g，不计空气阻力，可知（

）A．在时，油滴刚好穿过A板的小孔B．在时，油滴刚好返回到O点C．油滴受到的重力与电场力之比为2∶3D．O点到下极板B的距离为【答案】AC【详解】AB．根据题意再结合甲乙两图分析可知，油滴先从O点开始做自由落体运动，在时，油滴刚好穿过A板的小孔，在时，油滴在电场中速度减为零，刚好到达B板（未与之相碰），故A正确，B错误；C．速度-时间图像的斜率表示物体的加速度，设油滴进入电场时的速度为，由图乙可知，油滴做自由落体运动时，由牛顿第二定律有油滴进入电厂后，由牛顿第二定律有联立以上两式可得故C正确；D．时间段内油滴做自由落体运动，则时刻的速度为而速度-时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则可知O点到下极板B的距离为故D错误。故选AC。【模型演练2】水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）A．在此过程中F所做的功为B．在此过中F的冲量大小等于C．物体与桌面间的动摩擦因数等于D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知①由速度位移公式有②外力撤去后，由牛顿第二定律可知③由速度位移公式有

④由①②③④可得，水平恒力动摩擦因数滑动摩擦力可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间在此过程中，F的冲量大小是故B正确。故选BC。【模型二】“等位移折返”模型tOvttOvt2t1a2a1v1v2（2）位移三个公式：位移公式；速度位移公式；平均速度位移公式（3）三个比例式：=1\*GB3①；=2\*GB3②；=3\*GB3③【典例2】一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（）A．物体向上滑动的距离为B．物体向下滑动时的加速度大小为C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有整理得；A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有求解得出B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有由上式可知a上>a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式则可得出D错误。故选BC。【模型演练2】海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度从手中竖直抛出，从抛出开始计时，时刻小球返回手中，小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为g，则小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据小球的速度随时间变化的关系图像分析知，第一阶段加速度大，大小为，第二阶段加速度小，故小球先竖直向上做匀减速直线运动，再竖直向下做匀加速直线运动，从抛出开始计时，时刻小球返回手中解得故球在水中竖直下落过程中的加速度大小根据牛顿第二定律，先竖直向上做匀减速直线运动再竖直向下做匀加速直线运动联立解得，小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为故选B。【模型三】三倍加速度运动模型等时间折返模型（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。（2）位移两个公式：；（3）特殊结论：若,则有,【证明】物体从A点由静止开始做加速度大小为的匀加速直线运动，经时间t到达B点，速度大小为，这时突然改为做加速度大小为的匀减速直线运动，又经过时间t回到A点，速度大小为，求：和。根据题意，画出示意图如图所示以向右为正方向，内总位移为零，由运动学公式有由运动学公式有联立解得【典例3】如图所示，在水平地面上固定一个倾角为的绝缘光滑斜面体，斜面体底端连接有挡板，有一个电荷量为q、质量为m的滑块静止于挡板处，某时刻加一沿斜面方向的匀强电场，使得滑块沿斜面方向运动，经历t时间后撤去电场，接着又经历相同的时间，滑块回到挡板位置处。不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：（1）电场强度的大小；（2）滑块距挡板的最远距离。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）设有匀强电场时滑块上升的加速度为a1，根据牛顿第二定律有根据运动学规律有撤去电场后，此时以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有滑块先沿斜面向上做匀减速再反向做匀加速，经过相同时间回到原点可得解得，电场强度的大小为（2）减速到0时距挡板的距离最大为，由动能定理可得联立解得【模型演练】如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法中正确的是（）A．物体回到斜面底端的动能小于60JB．恒力F=2mgsinθC．撤去力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后【答案】CD【详解】A．物体静止开始从斜面底端开始运动直到最后返回斜面底端，此过程斜面光滑没有摩擦力做功，重力做功为0，根据动能定理有选项A错误；B．撤去F前，加速度撤去F后，加速度根据力F撤去前后位移等大反向，判断撤去前后平均速度等大方向，由于撤去前后都是匀变速所以有整理得即选项B错误；C．撤去力F前，力F做功重力做功所以撤出力F时，物体的重力势能是45J，选项C正确；D．力F撤去前，合力小于重力沿斜面的分力，即合力做功小于克服重力做功，增加的动能小于增加的重力势能，撤去力F之前一定是重力势能大于动能，最后返回斜面时重力势能为0，小于动能，所以动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后，选项D正确。故选CD。【模型四】两类常见非匀变速直线运动模型类型一：力随时间均匀变化由物块的受力可知由图像可知解得故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=0时，物块的加速度最大为g；当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大。做出图像根据图像的面积求得最大速度类型二：力随位移均匀变化变加速直线运动,初速度的平方与末速度的平方的差值等于a-x图线与坐标轴围的面积的2倍。经典案例小球弹簧模型（1）下落的“三段四点”：（2）四个图像v-t图a-t图F-t图a-x图【典例4】如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．物块一直做匀加速直线运动B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动C．物块的最大加速度为gD．时，物块停止下滑【答案】C【详解】由物块的受力可知由图像可知解得故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当时，物块的加速度最大为；当时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大。故选C。【模型演练】在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（

）

A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】AC【详解】A．由图像可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有可得则该图像的斜率为，纵轴截距为重力加速度；根据图像的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即即该星球的质量为又联立可得故两星球的密度之比为故A正确；B．当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，则有即结合图像可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为故物体P和物体Q的质量之比为故B错误；C．物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（）时，它们的动能最大；根据结合图像面积的物理意义可知，物体P的最大速度满足物体Q的最大速度满足则两物体的最大动能之比故C正确；D．物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为，物体Q所在弹簧最大压缩量为，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，故D错误。故选AC。1.如图甲所示，倾角为θ的斜面与水平面在O点通过一段小圆弧平滑连接，一可视为质点的滑块从斜面上某处由静止释放，经过O点滑到水平面上后减速至零，该过程中滑块的速率随时间变化的规律如图乙所示。已知斜面和水平面由同种材料构成，则滑块与接触面间的动摩擦因数为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】滑块在斜面上运动时有滑块在水平面上运动时有由题图乙知加速度大小满足，解得故选D。2．如图是一小物体先从倾角为θ1=53°斜面滑下后再滑上倾角为θ2=37°的斜面运动过程的速度大小随时间变化的图像，两斜面动摩擦因数均为μ，图中v未知，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，则（）A．μ=0.5 B．v=8m/sC．沿斜面下滑位移为8m D．沿斜面上滑位移为10m【答案】A【详解】AB．小物体从倾角为53°斜面滑下时，由牛顿第二定律有滑上倾角为37°的斜面时，由牛顿第二定律有其中，解得，故A正确，B错误；CD．v-t图线与横轴所围区域的面积表示物体运动的位移，所以沿斜面下滑的位移为上滑的位移为故CD错误。故选A。3.一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员（）A.下滑过程中的最大速度为4m/sB.加速与减速运动过程的时间之比为1：2C.加速与减速过程中的平均速度之比为2：1D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1：4【答案】B【解析】A：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移：SKIPIF1<0即SKIPIF1<0，代入数据解得：SKIPIF1<0，故A错误；B：设加速与减速过程的时间分别为SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，加速度大小分别为SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，故B正确；C：根据平均速度的推论知SKIPIF1<0，则平均速度之比为为1：1，故C错误；D：因为平均速度之比为1：1，加速和减速的时间之比为1：2，则加速和减速的位移之比为1：2，故D错误。4.如图甲所示，两平行金属板A、B水平放在真空中，板间距为d，金属板长2d，OO＇为板间中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，t＝0时刻从O点以v0的速度水平沿OO＇射入。T时刻小球恰好从O＇点射出，小球运动过程中恰好未B与极板相碰。已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．小球所受的电场力大小等于重力大小B．板间电压C．时，小球速度大小为v0D．时，小球速度大小为v0【答案】C【详解】AB．取竖直向下为正方向，在时间内，小球在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移大小为时间内，在竖直方向上，小球先向下做匀减速直线运动，速度减至零后向上做匀加速直线运动，加速度恒定，将这段时间内小球的运动看成一种匀减速直线运动，设时间内小球的加速度大小为，根据牛顿第二定律有竖直位移为时刻小球恰好到达点时，则有联立解得故AB错误；C．设时速度大小为，根据题意则有联立得到所以时，速度大小为故C正确；D．时，小球竖直分速度为所以速度大小故D错误；故选C。4.如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是（

）A．物块质量为0.7B．物块所受摩擦力大小为0.4NC．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40JD．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4【答案】A【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得整理得结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值10~20m内物块下滑，由动能定理得整理得结合10~20m内的图像得，斜率联立解得，故A正确，B错误；C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误；D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。故选A。5.【多选】一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间【答案】BD【详解】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理下滑时，由动能定理x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。6.【多选】有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．物体在斜面上运动的过程机械能减小了30JB．斜面与物体间的摩擦力大小f=4NC．物体的质量为m=2kgD．斜面的倾角θ=37°【答案】BD【详解】A．由图可知，物体从斜面底端上滑时动能为50J，返回斜面底端时动能为10J，所以物体在斜面上运动的过程机械能减小了40J，故A错误；B．根据功能关系可得所以故B正确；CD．物块下滑过程，有解得，故C错误，D正确。故选BD。7.如图所示，静置于光滑斜面（倾角为）的质量为m的物块，受到沿斜面方向的恒力F的作用，作用时间t后撤去F，再经时间后刚好返回起点，则（）A．F与的比应该为3比7B．F与的比应该为9比5C．F与的比应该为7比3D．F与的比应该为2比3【答案】B【详解】向上运动过程有撤去时物块速度为向下运动过程有解得即有由于，解得可知故选B。8.【多选】如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为的匀强电场。一带正电小物块（可视为质点）从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v。此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点。下列说法正确的是（）A．小物块返回A点时速度大小为 B．小物块返回A点时速度大小为2vC．电场强度的大小关系是 D．电场强度的大小关系是【答案】AC【详解】设带电体在电场中加速度为，带电体在电场中的加速度为，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则解得即根据速度关系返回A点时速度故AC正确，BD错误。故选AC。9．蹦极是一项极限运动，现将运动简化为如下模型：小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧，下降过程中小球的加速度随位移变化如图所示，图中，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内且忽略小球与弹簧碰撞中的能量损失。下列说法正确的是（）A．从x1到x2过程，小球做减速运动B．从x2到过程，小球处于失重状态C．下降到时，小球的速度为零D．下降到时，小球受到的弹力是重力的2倍【答案】D【详解】A．由图可知从x1到x2过程，小球具有竖直向下的加速度，做加速运动。故A错误；B．同理，从x2到过程，小球具有竖直向上的加速度处于超重状态。故B错误；C．根据a-t图像中图线与横轴所围面积表示小球的速度变化，可知从开始到下降到时，小球的速度不为零。故C错误；D．由图可知下降到时，有又联立，解得即小球受到的弹力是重力的2倍。故D正确。故选D。10．）如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点。现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点（弹簧始终处于弹性限度内）。在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】小球受竖直向下的重力和竖直向上的弹力，下降位移x为弹簧的形变量，设弹簧劲度系数为k，根据牛顿第二定律可得可得a-x为一次函数，简谐运动，根据对称性，得当压缩到最低点时，加速度等于g。故选A。11．A、B两物体同时受到同样的水平拉力后，分别在水平面上从静止开始做匀加速直线运动，1s后，同时撤去拉力，它们均做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示，重力加速度g取。在A、B整个运动过程中，下列说法正确的是（）A．A、B两物体质量之比为4:3B．A、B两物体受到摩擦力之比为3:2C．A、B两物体位移之比为2:3D．A、B两物体与水平面间动摩擦因数之比为1:2【答案】BC【详解】A．其v-t图像可知，前1秒，A、B两物体做匀加速，加速度相等为之后做匀减速，加速度大小分别是，根据牛顿第二定律，减速阶段得，加速阶段整理解得故A错误；B．A、B两物体受到摩擦力之比为故B正确；C．v-t图像面积表示位移A、B两物体位移之比为故C正确；D．A、B两物体与水平面间动摩擦因数之比为故D错误。故选BC。12．如图（a），一物块在时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出（）

A．斜面的倾角 B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【详解】由图可得上滑时加速度为下滑时加速度为对物块在斜面上滑行进行受力分析，上滑时由牛顿第二定律可得下滑时有故可联立求得斜面倾角及物块与斜面间的动摩擦因数，由于质量被消去，无法计算物块的质量；又可由图求得上滑最大位移为故可根据斜面倾角