《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 1] (2025·安徽卷)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)

A.$x = \frac{1}{18}at^2$
B.$x = \frac{1}{16}at^2$
C.$x = \frac{1}{8}at^2$
D.$x = \frac{1}{2}at^2$

答案： 例1 答案：A
解析：设汽车匀加速运动的时间为$t_0$，则汽车匀速运动的位移$x_1 = at_0t$，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为$x = \frac{1}{2}at_0^2$，又$x_1 + 2x = 8x$，联立解得$t_0 = \frac{1}{3}t$，所以$x = \frac{1}{18}at^2$，A正确。

[例 2] (2025·河北张家口高三月考)冰壶比赛是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。在某次比赛中，冰壶投出后以 $8\ m/s$ 的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为 $0.4\ m/s^2$，下列说法中正确的是 (C)

A.冰壶第 $1\ s$ 末的速度大小为 $0.4\ m/s$
B.冰壶第 $1\ s$ 内的位移大小为 $8.2\ m$
C.倒数第 $3\ s$ 内的位移大小为 $1.0\ m$
D.倒数第 $3\ s$ 内的平均速度大小为 $\frac{1}{3}\ m/s$

答案： 例2 答案：C
解析：冰壶做匀减速直线运动，$a = - 0.4\ m/s^2$，则第1s末的速度大小$v_1 = v_0 + at_1 = 7.6\ m/s$，故A错误；冰壶第1s内的位移大小是$x_1 = v_0t_1 + \frac{1}{2}at_1^2 = 7.8\ m$，故B错误；整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1s内位移大小为$x_1' = \frac{1}{2}|a|t_1^2 = 0.2\ m$，由初速度为零的匀加速直线运动的规律可知最后1s内位移大小与倒数第3s内的位移大小之比为1:5，故倒数第3s内的位移大小为$x_3 = 1.0\ m$，故C正确；倒数第3s内的平均速度大小为$\overline{v}_3 = \frac{x_3}{t_3} = 1\ m/s$，故D错误。

[例 3] (2024·广西卷)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 $t_1 = 0.4\ s$，从 $2$ 号锥筒运动到 $3$ 号锥筒用时 $t_2 = 0.5\ s$。求该同学
(1) 滑行的加速度大小；
(2) 最远能经过几号锥筒。

答案： 例3 答案：
(1)$1\ m/s^2$
(2)4
解析：
(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为$v_1 = \frac{d}{t_1} = 2.25\ m/s$
2、3间中间时刻的速度为$v_2 = \frac{d}{t_2} = 1.8\ m/s$
故可得加速度大小为
$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v_1 - v_2}{\frac{t_1}{2} + \frac{t_2}{2}} = 1\ m/s^2$。
(2)设到达1号锥筒时的速度为$v_0$，
根据匀变速直线运动规律得$v_1 = v_0 - a × \frac{t_1}{2}$
代入数据解得$v_0 = 2.45\ m/s$
从1号开始到停止时通过的位移大小为
$x = \frac{v_0^2}{2a} = 3.00125\ m \approx 3.33d$
故可知最远能经过4号锥筒。

[例 4] (多选)(2025·甘肃·高考真题)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为 $2m$ 的小球 $A$，质量为 $m$ 的小球 $B$ 与 $A$ 用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为 $k$，重力加速度为 $g$。现剪断细线，下列说法正确的是 (BC)


A.小球 $A$ 运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间，小球 $A$ 的加速度大小为 $\frac{g}{2}$
C.小球 $A$ 运动到最高点时，弹簧的伸长量为 $\frac{mg}{k}$
D.小球 $A$ 运动到最低点时，弹簧的伸长量为 $\frac{2mg}{k}$

答案： 例4 答案：BC
解析：剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前则$F_{弹} = 3mg$，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律$F_{弹} - 2mg = 2ma$，解得A的加速度$a = \frac{g}{2}$，选项B正确；剪断细线之前弹簧伸长量$x_1 = \frac{3mg}{k}$，剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量$x_2 = \frac{2mg}{k}$，即振幅为$A = x_1 - x_2 = \frac{mg}{k}$，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为$\frac{mg}{k}$，选项C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为$\frac{3mg}{k}$，选项D错误。故选BC。

[例 5] (2025·安徽卷)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为 $1.0\ kg$，甲与木箱之间的动摩擦因数为 $0.5$，不计空气阻力，重力加速度 $g$ 取 $10\ m/s^2$，则在乙下落的过程中 (C)

A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为 $2.5\ m/s^2$
D.乙受到绳子的拉力大小为 $5.0\ N$

答案： 例5 答案：C
解析：甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛顿第二定律有$T - \mu mg = ma$，对乙由牛顿第二定律有$mg - T = ma$，联立解得甲运动的加速度大小$a = 2.5\ m/s^2$，绳子拉力大小$T = 7.5\ N$，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖直方向上有$F_N = Mg + mg + T$，可知地面对木箱支持力$F_N$不变，B错误。