专题01常见的匀变速直线运动模型（答案版）_高中物理模型题型与方法

专题 01 常见的匀变速直线运动模型 目录 【模型一】 刹车模型........................................................................................................................................1 【模型二】“0—v—0”运动模型.......................................................................................................................5 【模型三】 反应时间与限速模型..................................................................................................................13 1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题.........................................................................................13 2.先加速后匀速运动模型----限速问题....................................................................................................16 3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题................................................................................17 4.多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型.................................................................................21 【模型四】 双向可逆类运动模型..................................................................................................................24 【模型五】 等位移折返模型..........................................................................................................................25 【模型六】 等时间折返模型..........................................................................................................................31 【模型一】 刹车模型 【概述】指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间 【模型要点】 (1)刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。 (2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零．若比刹车时间短，可利用公式 v=v +at 0 直接计算，因此解题前先求出刹车时间 。 v=v +at 0 (3)刹车时间 的求法．由 ，令 ，求出 便为刹车时间，即 。 v=v +at 0 (4)比较 与 ,若 ，则 ；若 ，则 。 (5)若 ，则 ，车已经停止，求刹车距离的方法有三种： ①根据位移公式x=v t＋at2，注意式中 只能取 ； 0 [来源:学科网ZXXK] ②根据速度位移公式－v＝2ax； [来源:学*科*网Z*X*X*K] ③根据平均速度位移公式 .【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）一辆汽车以10 m/s的初速度沿平直公路匀速行驶，因故紧急 刹车并最终停止运动，已知从开始刹车时计时，经过3 s汽车的位移为10 m，则汽车刹车时的加速度大小 和第3 s末的速度大小分别为（刹车过程可视为匀变速运动过程）（ ） A．5 m/s2，0 B．2.5 m/s2，5 m/s C．2.5 m/s2，0 D．5 m/s2，5 m/s 【答案】A 【详解】从开始刹车时计时，若汽车刚好经过3 s停止运动，则汽车的位移为 说明汽车速度减为零的时间小于3s。 设汽车速度减为零所需的时间为t，则有 解得 t=2 s 故第3 s末汽车的速度一定为零。设汽车减速时的加速度大小为a，则有 故选A。 【模型演练2】（2023春·云南·高三专题练习）某汽车在路面上刹车做直线运动，刹车后的位移满足 ， 的单位为m， 的单位为s，以下说法正确的是（ ） A．该汽车的初速度大小为12m/s B．刹车的加速度大小为1m/s2 C．该车经过6s刹车停止 D．刹车后的总位移是9m 【答案】D 【详解】AB．由 可知，初速度为 ，加速度为 ，故AB错误； C．由 可得，刹车时间为 故C错误；D．由 可得，刹车位移为 故D正确。 故选D。 【模型演练3】（2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）一辆汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行 驶过程中，司机忽然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的 变化如图所示。图中， 时间段为司机从发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力 未画出，汽车仍保持匀速行驶）， ； 时间段为刹车系统的启动时间， ；从 时刻开 始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从 时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的 位移为1m。 （1）求 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； （2）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小。 【答案】（1） ， ；（2）30m/s 【详解】（1）汽车第1s内的中间时刻速度 由于无法确定第4s内汽车是否停止，设第4s内汽车实际运动的时间为t，运用逆向思维法有联立代数整理得 解得 或 （不合题意，舍去） 做 时刻汽车的速度大小 此后的加速度大小 （2）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为 ，由牛顿第二定律得 由图像可知在 时间内，阻力与时间成线性关系，图线与坐标轴围成的面积大小表示阻力冲量大小， 根据动量定理有 联立解得 【模型演练4】．（2023·全国·高三专题练习）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运 动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心 到达前掷线时开始计时，则冰壶在第 末的速度大小 ，在第 内运动了 ，取重力 加速度大小 。求： （1）冰壶与冰面间的动摩擦因数 ； （2）营垒中心到前掷线的距离 。【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小 若冰壶以加速度 减速，则冰壶在最后 通过的位移 所以冰壶在第 内的某瞬间已经停止运动，令 ，设冰壶运动 所用的时间为t，则有 ， 解得 （2）根据运动学公式有 解得 【模型二】“0—v—0”运动模型 【概述】多过程问题是匀变速直线运动中的常见问题，一般处理时需要列多个方程，综合求解。但有一类 多过程问题，由于特点比较鲜明，常常可以利用结论快速求解，那就是0-v-0模型。所谓0-v-0模型是指， 一物体从静止开始，先做匀加速直线运动，速度达到最大值后，再匀减速至速度为 0。这类问题除了可以 列基本方程求解外，利用v-t图像去解答会更快速。因为0-v-0模型的v-t图像非常简洁。 【模型要点】 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：①速度公式 推导可得： ②速度位移公式 推导可得： ③平均速度位移公式 推导可得： 位移三个公式： ； ； 2. 3.v-t图像 v v 0 a 1 a 2 O t 1 t 2 t 【模型演练1】（2021·全国·高考真题）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。 【模型演练2】【多选】（2023·青海·统考二模）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∶3 D．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3】．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）如图是某运动员做低空跳伞表演的 图像，从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动， 时刻打开降落伞， 时刻 落到地面，打开降落伞后运动员获得的加速度大小为5m/s2。 ，下列说法正确的是（ ） A．运动员离开飞机10s后打开降落伞 B．运动员在空中下落过程用时9s C．运动员距离地面247.5m时打开降落伞 D．飞机距离地面375m 【答案】C 【详解】A．由打开降落伞前运动员做自由落体运动，则 得 故A错误； B．减速时，有 得运动员在空中下落过程用时14s，故B错误； C．运动员减速下落的距离为 故运动员距离地面247.5m时打开降落伞，故C正确； D．运动员自由落体的距离为 飞机距离地面的高度等于运动员下落的距离 故D错误。 故选C。 【模型演练4】．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图是公园内游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装 在竖直柱子上，由升降机送上几十米高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地 面时刚好停下。已知座舱开始下落时离地面的高度为H，当落到离地面h的位置时开始制动，座舱做匀减 速运动直到停止。不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。以下说法正确的是（ ） A．质量m的乘客制动过程对座舱的压力为mg B．下落过程最大速度为 C．加速过程的时间为 D．制动过程的加速度为 【答案】CD 【详解】A．制动过程有 根据牛顿第三定律可知，质量m的乘客制动过程对座舱的压力大于mg，A错误；B．座舱自由落下，有 制动系统启动时速度为 B错误； C．制动系统启动时速度为 加速过程的时间为 C正确； D．制动过程有 制动过程的加速度为 D正确。 故选CD。 【模型演练5】．（2023·河北·模拟预测）如图所示的自由落锤式强夯机将8~30 t的重锤从6~30m高处自 由落下，对土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为 、从自由下 落到运动至最低点经历的时间为 ，重锤从地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力 加速度为g，则该次夯土作业（ ）A．重锤下落时离地高度为 B．重锤接触地面后下降的距离为 C．重锤接触地面后的加速度大小为 D．重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度 【答案】AC 【详解】AD．由题意可知，重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计。作出 图像，如图所示， 根据自由落体公式可知，重锤下落时离地高度为 根据匀变速直线运动中平均速度 可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A 正确，D错误； B．根据 可知，重锤下落时离地高度 和重锤接触地面后下降距离 之比为 故重锤接触地面后下降的距离为 B错误； C．根据 可知，重锤接触地面后的加速度大小为 C正确。 故选AC。【模型演练6】图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某 个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门 将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度 为d，最大移动速度为v ，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完 0 全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。 (1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小； (2)若人以v 的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的 0 传感器水平感应距离l应为多少？ (3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过 该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？ 【答案】：(1) (2)d (3)v 0 【解析】： (1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示： 设门全部开启所用的时间为t，由图可得d＝vt 0 00 由速度公式得：v＝a· 0 联立解得：a＝。 (2)要使单扇门打开，需要的时间为t＝t 0 人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝vt，联立解得：l＝d。 0 (3)宽为d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以 加速度a运动s ＝的距离，速度达到v ，所用时间为t ＝，而后又做匀减速运动，设减速时间为t ，门又运 1 0 1 2 动了s＝d－d＝d的距离 2 由匀变速运动公式，得：s＝vt－at2 2 02 2 解得：t＝和t＝(不合题意舍去) 2 2要使每扇门打开d所用的时间为t＋t＝ 1 2 故物体移动的速度不能超过v＝＝v。 0 【模型三】 反应时间与限速模型 【概述】 1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题 v v 0 a x 1 x 2 O t 1 t 总位移 【模型演练1】（2023春·山西·高三统考阶段练习）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持一定的距 离。假设某人驾驶一辆汽车在平直公路上以速度 匀速行驶，突然前方汽车停止，司机从发现这一情况到 踩下刹车所经历的时间（即司机的反应时间）为 。在干燥和湿润两种路况下，汽车轮胎与路面的动摩擦 因数分别为 和 ，且 ，对应的安全距离分别为x、x，重力加速度为g，则下列选项正确的是 1 2 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】汽车刹车后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 所以 路面干燥时，汽车的安全距离为 路面湿润时，汽车的安全距离为又因为 所以易得 B正确。 故选B。 【模型演练2】（2023秋·宁夏银川·高三六盘山高级中学校考期末）根据《机动车驾驶证申领和使用规 定》，司机闯红灯要扣6分，并处罚金200元。某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂时间思考后开 始刹车，小轿车在红灯刚亮时恰停在停车线上， 图像如图所示。若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距 离 ，则（ ） A．小轿车刹车的加速度大小为2m/s2 B．小轿车的刹车距离为7m C．绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为3s D．绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为2.5s 【答案】C 【详解】AB．由题意可知小轿车在整个过程的位移L＝10.5m，轿车匀速运动的位移 所以轿车刹车过程的位移 刹车过程根据速度位移关系有 可得刹车的加速度大小为故AB错误； CD．刹车过程根据速度时间关系有 解得刹车时间为 绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为 故C正确，D错误。 故选C。 【模型演练3】（2023·江苏徐州·高三专题练习）当车辆在公路上出现故障不能移动时，为保证安全，需要 在事故车辆后面一定距离放置如图所示的警示标志。通常情况下，司机看到警示标志后会有大约 的反应时间。某省道限速 （约为 ），假设某后方司机即将撞到警示标志时才看到 该标志，为避免后方车辆与故障车相撞，警示标志应放在故障车尾后面的距离不小于（汽车在此公路刹车 过程最大加速度大小为 ）（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】为充分保证安全距离，取反应时间最大为0.7s，则当以最大速度行驶时开始刹车到停止时距离为 反应时间中行驶距离为 得总距离为 故选C。【模型演练4】（2023·云南昆明·统考一模）无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆 安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s，比人快了1s。人驾 驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速 度大小为 。同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ） A．24m B．26m C．28m D．30m 【答案】A 【详解】设汽车运动的速度为v，则人驾驶时发现情况到停下的运动距离为 0 即 解得 v=20m/s 0 无人驾驶汽车时发现情况到停下的运动距离为 故选A。 2.先加速后匀速运动模型----限速问题 v v 0 a O t t 加速时间 ；加速距离 匀速时间 ；匀速距离 总位移【模型演练】（2023·浙江·校联考模拟预测）下表是《国家学生体质健康标准》中高三年级男生50m跑评 分表（单位：s）。该测试简化为先匀加速起跑，达到最大速度后再匀速直线到达终点。现在有甲和乙两位 同学参加测试，他们两人匀加速起跑时间均为2s，最终成绩分别为90分和66分，则甲和乙最大速度的比 值为（ ） 等级 优秀 良好 合格 单项得 100 95 90 85 80 78 76 74 72 70 68 66 64 62 60 分 成绩 6.8 6.9 7.0 7.1 7.2 7.4 7.6 7.8 8.0 8.2 8.4 8.6 8.8 9.0 9.2 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意结合表格数据可知甲跑完50m所用时间为 ，乙跑完50m所用时间为 ，设甲和乙最 大速度分别为 、 ，则有 ， 解得 ， 则甲和乙最大速度的比值为 故选B。 3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题 【模型演练1】（2023·云南曲靖·校考二模）一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方 式”，它就是“Hyperloop（超级高铁）”。速度高达一千多公里每小时。如果乘坐Hyerloop从A地到B 地，600 公里的路程需要42分钟，Hyperloop 先匀加速，达到最大速度1200 km/h后匀速运动，快进站时 再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop 的说法正确的是（ ） A．加速与减速的时间不一定相等 B．加速时间为10分钟C．加速过程中发生的位移为150公里 D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2 【答案】D 【详解】A．加速与减速的加速度大小相等，根据 可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误； B．设加速和减速时间均为t，运动总时间为t 则 0 代入数据解得 故B错误； C．加速位移为 故C错误； D．加速度大小 故D正确。 故选D。 【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）为有效管控机动车通过一长度为 的直隧道时的车速，以 预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道 入口时的速率为 ，汽车匀加速行驶 ，速率达到 ，接着匀速行驶 ，然后匀减速行驶。 要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过 ，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】汽车在隧道匀加速行驶的位移 汽车在隧道匀速行驶的位移汽车在隧道匀减速行驶的位移 要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过 ，则该汽车车尾通过隧道出口时的最短时间 汽车在隧道匀减速行驶的时间 设该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为 ，则 解得 故选B。 【模型演练3】（2023·陕西西安·统考模拟预测）哈利法塔高 ，是目前世界最高的建筑，游客乘坐世 界最快观光电梯经历加速、匀速、减速的过程能够到达观景台，在台上可以鸟瞰整个迪拜全景，颇为壮观。 已知某次运行过程中，电梯加速、减速的加速度大小均为 ，通往观景台只用了 ，电梯运行高度为 。则（ ） A．电梯匀速运行的时间为 B．电梯匀速运行的时间为 C．电梯运行的最大速度为 D．电梯运行的最大速度为 【答案】C 【详解】设电梯匀速运行的时间为t，最大速度为v，则 ，将 代入解得 ， 故选C。 【模型演练4】如图所示为赛车某一赛段示意图，该赛段路面水平，直道AB段长700m，弯道BC段为半 圆形轨道，其路面中心线半径R=50m。一辆赛车从A点由静止开始沿路面中心线运动到C点，赛车在BC 段路面行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的0.8倍，若赛车加速阶段最大能保持以10m/s2的 加速度做匀加速运动，减速阶段最大能保持以10m/s2的加速度做匀减速运动，直道上汽车的最大速度为 v =80m/s。取重力加速度g=10m/s2， =3.14，为保证运动过程中赛车不侧滑，求 m (1)BC段汽车的最大速度v； (2)汽车从A到C所需的最短时间。 【答案】(1)20m/s；(2)22.85s 【解析】(1)在弯道部分，若汽车刚要侧滑，则 解得v=20m/s (2)汽车匀加速过程， 汽车匀速运动过程， 汽车匀减速过程， 汽车在弯道运动过程总时间 解得t=22.85s 4.多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 v v 0 a a 2 1 O t t v t Δx= 0t Δt= 耽误距离 2 ，耽误时间 2 v v 0 a a 2 1 O t 1 t 2 t 3 t t +t t +t Δx=v （ 1 3 +t ） Δt= 1 3 +t 耽误距离 0 2 2 ，耽误时间 2 2 【模型演练1】（2022·全国·统考高考真题）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v，要通过 0 前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v）。已知列车加 0 速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 所用时间至少为（ 0 ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v），则列车进隧道前必 0 须减速到v，则有 v = v - 2at 0 1 解得在隧道内匀速有 列车尾部出隧道后立即加速到v，有 0 v = v + at 0 3 解得 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 所用时间至少为 0 故选C。 【模型演练2】（2023·山东潍坊·统考三模）如图所示， 是高速公路上不停车电子收费系统的简称。 一汽车在平直公路上以 的速度行驶，汽车通过 通道前，以 的加速度减速，当速度减至 后，匀速通过长为 的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以 的加速度匀加速 至 ，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是（ ） A．通过的最短距离为 B．通过的最短距离为 C．所用的最短时间为 D．所用的最短时间为 【答案】B 【详解】CD．汽车通过ETC通道，减速时间 匀速时间加速时间 从开始减速到恢复正常行驶过程中的时间 故CD错误； AB．汽车通过ETC通道，减速位移为 加速位移为 从开始减速到刚好恢复正常行驶过程中经过的位移为 故A错误，B正确。 故选B。 【模型演练3】．（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）一小汽车以速度 在平直轨道上正常行驶， 要通过前方一隧道，需提前减速，以速度 匀速通过隧道后，立即加速到原来的速度 ，小汽车的v-t图 像如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为1：2 B．加速阶段与减速阶段的位移大小之比为2：1 C．加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为1：2 D．小汽车从 开始减速直至再恢复到 的过程中通过的路程为 【答案】D【详解】A．v-t图像中图线斜率表示加速度，加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为 ，故A错误； BCD．v-t图像中图线与时间轴所围的面积在数值上等于位移大小，由题图知减速阶段位移大小为 匀速阶段位移大小为 加速阶段位移大小为 则加速阶段与减速阶段的位移大小之比为 ，加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为 ，小汽车从 开始减速到再恢复到 的过程中通过的路程为 故BC错误，D正确。 故选D。 【模型四】 双向可逆类运动模型 【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向 均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 【模型特点】(1)常见情景 ①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。 ②竖直上抛运动等。 (2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。 【模型演练1】如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑， 在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到 返回斜面底端一共经历的时间是( ) A．8 s B．10 s C．16 s D．20 s 【答案】C. 【解析】：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5 s内位移为s ＝a×52＝a；最初5 s内位移为s ＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为 1 2 s∶s ＝11∶5，解得t＝8 s；由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端 2 1 一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确． 【模型演练2】(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计 空气阻力，g取10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为( ) A．(2－) s B．(2＋) s C．(2＋) s D． s 【答案】ABC 【解析】取竖直向上为正方向，由v＝2gh得v＝20 m/s。物体的位移为x＝vt－gt2，当物体位于A点上方 0 0 10 m处时x＝10 m，解得t＝(2－) s，t＝(2＋) s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10 m处时，x 1 2 ＝－10 m，解得t＝(2＋) s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误。 3 【模型演练3】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为 2 m/s2，设斜面足 够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为 ( ) A．1 s B．3 s C．4 s D. s 【答案】ACD 【解析】当物体的位移为4 m时，根据x＝vt＋at2得4＝5t－×2t2解得t＝1 s，t＝4 s当物体的位移为－4 m 0 1 2 时，根据x＝vt＋at2得－4＝5t－×2t2解得t＝ s，故A、C、D正确，B错误． 0 3 【模型演练4】一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度 大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是( ) A．这段时间内质点运动方向不变 B．这段时间为 C．这段时间的路程为 D．再经过相同时间质点速度大小为3v 【答案】B 【解析】由题意知，质点做匀减速直线运动，速度减小到零后，再返回做匀 加速运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，选项 A错误；由v＝ v＋at得－2v＝v－at，这段时间t＝，选项B正确；由v2－v＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程 0 s ＝，然后反向加速到2v所通过的路程s ＝＝，总路程为s＝s ＋s ＝，选项C错误；再经过相同时间，质 1 2 1 2 点速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D错误。 【模型五】 等位移折返模型 【概述】：如沿粗糙斜面上滑的小球，到最高点后仍能下滑，上下过程加速度大小不同但位移大小相同， 求解时可拆解为两个初速度为0的匀加速直线运动进行简化。 【模型特点】(1)特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。(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 ；② ③ ； (4)v-t图像 v v 1 a 1 O t 1 t 2 t a v 2 2 【模型演练1】【多选】（2021·全国·高考真题）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0.5 D．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 > a 上 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】（2023·北京东城·统考一模）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0.7 B．物块所受摩擦力大小为0.4N C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J D．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 10~20 m内物块下滑，由动能定理得 整理得 结合10~20 m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。 【变式训练3】．（2023春·全国·高三专题练习）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。 【变式训练4】．【多选】（2022·福建·高考真题）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 x 为上滑的最远距离；由图像的斜率可知 0 ， 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。 【变式训练5】【多选】（2023春·陕西延安·高三校考期末）有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速 度v 沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能E 随离开斜面底端的距离s变化的图线如图 0 k 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30J B．斜面与物体间的摩擦力大小f=4N C．物体的质量为m=2kg D．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。 【模型六】 等时间折返模型 【概述】：物体由静止出发，先经过一段时间匀加速直线运动，速度达到v，然后立即做匀减速直线运动， 1 如果经过相等的时间物体回到了原出发点。 【模型特点】 如图所示，设物体由A点出发做匀加速直线运动，加速度大小为 ，运动到B点时速度大小为 ，这时 立即以大小为 的加速度做匀减速直线运动，由题意可知，物体速度应先减速到 0再返回出发点A，速度 为 从A点运动到B点的时间等于由B回到A点的时间，设为 ， 取向右为正方向： 物体从A到B，由运动学公式得： 2 -------------------(1) -------------------(2) 从B返回A的整个过程： ---------------------(3) -------------------------(4) 由(1)、(2)、(3)、(4)解得： ---------------------------(5) ----------------------------(6) 由以上结论可进一步得出该定理的推论： 深入思考发现推论：设从A到B（匀加速过程）受到的合外力大小为 ，合力做的功为 ，物体受到的 冲量为 ；从B返回A（匀减速过程）受到的合力为 ，合力做的功为 ，物体受到的冲量为 ，则：∵ ∴由 得 ------------------(7) ∵ ∴ ------------------(8) ∵ ∴ -------------------(9) 【模型演练1】【多选】（2023·天津宁河·高三天津市宁河区芦台第一中学校考阶段练习）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60J B．恒力F=2mgsinθ C．撤去力F时，物体的重力势能是45J D．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。 【模型演练2】（2023·浙江台州·高三统考）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7 B．F与 的比应该为9比5 C．F与 的比应该为7比3 D．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。 【模型演练3】（2023春·山东威海·高三阶段练习）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v 的速度水平沿OO＇射入。T时刻小球恰好从O＇ 0 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 v 0 D． 时，小球速度大小为v 0 【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。 【模型演练4】．【多选】（2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）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2v C．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。 【模型演练5】如图所示，平行板电容器与电源相连，开始时极板不带电，质量为m、电荷量为 的油滴 开始自由下落，一段时间后合上开关 ，油滴经过相同时间回到出发点。忽略电容器充电时间，极板间距 足够大，已知充电后的电场强度大小为 ，下列判断正确的是 A．油滴带负电 B． C．油滴回到出发点的速度为0 D．油滴向下运动的过程中，机械能先不变后减小 【答案】 ABD 【解析】 充电后，油滴受到向上的电场力，而电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，故油滴带负电， A正确；闭合前，油滴向下运动的过程， ，闭合开关后， ，又 ， ， 解得a＝3g，对第二个过程由牛顿第二定律可得 ，故 ，B正确；返回到出发点 的速度为 ，C错误；自由下落过程中机械能守恒，当闭合开关后，电场力做负功，所以 机械能减小，故向下运动的过程中，机械能先不变后减小，D正确。【模型演练6】物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F ，经t秒后物体的速率为v 时 1 1 撤去F ，立即再对它施一水平向左的水平恒力F ，又经2t秒后物体回到出发点，此时速率为v ，则v 、v 1 2 2 1 2 间的关系是 （ ） v v 2v v 3v 2v 5v 3v A. 1 2 B. 1 2 C. 1 2 D. 1 2 【答案】C 1 1 【解析】在ts内的位移x＝2 at2，末速度为v=at．则在2t内的位移x＝v•2t− 2 a(2t)2 1 1 1 1 2 1 2 a 4 1＝ a 5 根据x=-x 得， 2 ．根据速度时间公式得，v=a t，-v =v -a•2t，解得3v=2v ．故C正确，ABD错误． 1 2 1 1 2 1 2 1 2 故选C． 【模型演练7】（2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）一质点从A点做初速度为零、加速度 的匀加速 直线运动，经过一段时间后到达B点，此时加速度突然反向，大小变为 ，又经过同样的时间到达C点。 已知 、 的距离为 、 的距离的一半，则 与 的大小之比 可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】由题意可得如图所示，设 ，则 ，选A到B方向为正方向，则 从A到B则有 若C点在A点右侧，从B到C，则有解得 若C点在A点左侧，从B到C，则有 解得 AD错误，BC正确。 故选BC。 【模型演练8】(2020·河南非凡吉创联盟调研)如图所示，较大的平行金属板正对水平放置，P板在上、Q板 在下，距离为d.质量为m，电荷量为＋q的带电小球自距P板d处的O点静止释放，运动时间t，在PQ两 板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触．已知重力加速度为g，小 球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力．求： (1)PQ两板电势差； (2)欲使小球不与下板Q接触，t的最大值； (3)当t取(2)最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，求PQ两板电势 差U′满足的条件． 【答案】 见解析 【解析】 (1)静止释放，小球做自由落体运动， t时间内下落的高度：h＝gt2 t时刻的速度：v＝gt 1 若加上电场后，假设小球的加速度为a 2t时间内小球的位移(假设竖直向上为正方向)： 1, x＝－v2t＋a(2t)2 1 1 根据题意可知：x＝h 解得：a＝g 1 小球运动过程中：qE－mg＝ma 1 两极板间电压：U＝Ed 电场线向上，所以Q极板电势高，所以PQ两板电势差：U ＝－. PQ (2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为0， 所以h＋＝d 解得：t＝ (3)小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达O点速度为v， 2 则：v＝2×g×d 小球恰好不与P板接触，则小球到达P板速度为零，设自O到P过程中加速度大小为a， 2 则：v＝2·a·d 2 解得：a＝g>g 2 所以电场力向下，对小球应用牛顿第二定律： mg＋q＝ma 2 则PQ两板间电压：U′＝ 电场力向下，所以P板电势高，故PQ两板电势差满足： U′≥.