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2025 版新课标高中物理模型与方法
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.......................................................................................................................6
【模型三】 反应时间与限速模型..................................................................................................................19
1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题.........................................................................................19
2.先加速后匀速运动模型----限速问题....................................................................................................22
3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题................................................................................24
4.多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型.................................................................................26
【模型四】 双向可逆类运动模型..................................................................................................................31
【模型五】 等位移折返模型..........................................................................................................................32
【模型六】 等时间折返模型..........................................................................................................................43
【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=v0+at
直接计算，因此解题前先求出刹车时间
。
(3)刹车时间
的求法．由
v=v0+at
，令
，求出
便为刹车时间，即
。
(4)比较与
,若
，则
；若
，则
v=v0+at
。
(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=v0t＋at2，注意式中只能取
；[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
.
1
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1.列车进站时以20 m/s 的初速度开始做匀减速直线运动加速度大小为1.25 m/s2，列车速度减为0 后在李子
坝站停靠了50 s。则关于列车进站过程下列说法正确的是（ ）
A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢
B．列车开始减速后，t＝8 s 时的速度为12 m/s
C．列车开始减速后，20 s 内的位移为150 m
D．列车匀减速阶段最后1 s 内的位移大小是0.625 m
【答案】D
【详解】A．由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A 错误；
B．t＝8 s 时的速度为
v1＝v0－at1＝10 m/s
故B 错误；
C．列车减速到0 所用时间
t＝
＝16s
故20 s 内的位移和16 s 的位移一样，因此
故C 错误；
D．列车匀减速阶段最后1 s 内的位移大小为
x′＝
at′2
其中t′＝1 s，解得
x′＝0.625m
故D 正确。
故选D。
2．（2024·山东潍坊·三模）2024 潍坊市足球联赛于3 月24 日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练中，
运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在0 ~ t
2
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时间内位移大小为2x，在t ~ 3t 时间内位移大小为x。则足球的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】若足球在3t 时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：…，由0 ~
t 时间内位移大小为2x，则在t ~ 3t 时间内位移大小应为1.6x，而题干为x，则说明在3t 之前足球就已经停
止运动。根据逆向思维法则有
v2 = 2ax
联立解得
故选A。
3．（2024·山东济宁·三模）智能寻迹小车目前被应用于物流配送等多个领域，为测试不同寻迹小车的刹车
性能，让它们在图甲中A 点获得相同的速度，并沿直线AB 刹车，最终得分为刹车停止时越过的最后一条
分值线对应的分数，每相邻分值线间距离为0.5m。某小车M 测试时恰好停止于100 分分值线，该车的位移
和时间的比值
与t 之间的关系图像如图乙所示，小车均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．小车M 刹车过程中加速度大小为
B．A 点距100 分分值线的距离为2m
C．1s 时小车M 的速度为
D．若某小车恰好匀减速停止于96 分分值线，则该车的加速度大小为
【答案】B
3
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【详解】A．根据题意，由公式
整理可得
结合图像可得
，
解得
即小车M 刹车过程中加速度大小为
，故A 错误；
BC．A 点距100 分分值线的距离为
1s 时小车M 的速度为
故B 正确，C 错误；
D．若某小车恰好匀减速停止于96 分分值线，则刹车距离为
则该车的加速度大小为
故D 错误。
故选B。
4．（2024·青海海南·一模）近来，交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员
将受到严厉处罚。假设一辆以36km/h 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，此时一老人正在过人行横道，
汽车的车头距离人行横道14m。若该车减速时的最大加速度为
；要使该车在到达人行横道前停止，
驾驶员的反应时间不能超过（ ）
A．0.5s
B．0.4s
C．0.3s
D．0.2s
【答案】B
【详解】汽车匀速行驶时的速度大小
4
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汽车从开始刹车到停止的位移大小
汽车在驾驶员反应时间内匀速运动的位移
驾驶员的反应时间
故选B。
5．（2024·陕西渭南·一模）具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车
以72km/h 的速度匀速行驶时，前方45m 处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽
车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前5m 处停车。汽车开始“主动刹车”后第4s 内通过的位
移大小为（ ）
A．1m
B．1.5m
C．2m
D．2.5m
【答案】D
【详解】依题意，汽车做匀减速直线运动，其位移为
初速度
设加速度大小为a，则有
解得
汽车的刹车时间为
由“逆向思维”可知汽车开始“主动刹车”后第4s 内通过的位移大小为反方向做匀加速直线运动第1s 内
的位移大小，即
故选D。
5
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6.2022 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
6
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【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：
2.
位移三个公式：
；
；
3.v-t 图像
1.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
v0
a1
a2
t1
t2
v
O
t
7
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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
8
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在此过程中，F 的冲量大小是
故B 正确。
故选BC。
2.两带电的平行板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
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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。
3.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
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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。
4.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（ ）
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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。
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5.（2024·福建三明·三模）如图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，
是一种可使人沿（随）绳（带）缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将
安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全
过程的
图像。已知工人的质量
，
，则下列说法中正确的是（ ）
A．发生险情处离地面的高度为27m
B．
时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为630W
C．加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280N
D．整个过程中工人所受重力做功为18900J
【答案】C
【详解】A．发生险情处离地面的高度为
故A 错误；
B．根据数学知识可得
时速度为
加速度
由牛顿第二定律
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解得
则钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为
故B 错误；
C．加速下滑时加速度
由牛顿第二定律
钢丝绳对工人的拉力大小为
故C 正确；
D．整个过程中工人所受重力做功为
故D 错误。
故选C。
6.如图甲所示，鸟儿为了生存像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设鸟的俯冲是自由落体运动，进入
水中后是匀减速直线运动，其
图像如图乙所示，自由落体运动的时间为
，整个过程的运动时间为
，
最大速度为
，重力加速度
取
，下列说法正确的是（ ）
A．
B．整个过程下落的高度为27m
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C．
至
时间内
图像的斜率为
D．
至
时间内阻力是重力的1.5 倍
【答案】B
【详解】A．鸟做自由落体运动的最大速度为
，由自由落体运动的规律有
解得
故A 项错误；
B．整个过程下落的高度为题图乙
图像与时间轴所围成的面积，则
故B 项正确；
C．
至
时间内
图像的斜率为
故C 项错误；
D．
至
时间内，由牛顿第二定律有
又因为
图像中，图像的斜率表示加速度，即
解得
即阻力是重力的2.5 倍，故D 项错误。
故选B。
7．（2025 高三上·山东济宁·开学考试）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为掉深。
如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0 时，该潜艇掉深，随后采取措施成功脱
险，在0～30s 时间内潜艇竖直方向的v-t 图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，
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则（ ）
A．潜艇在掉深时的加速度为1m/s2
B．t=30s 时潜艇回到初始高度
C．潜艇竖直向下的最大位移为100m
D．潜艇在10～30s 时间内处于超重状态
【答案】D
【详解】A．潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度为
故A 错误；
B．在30s 内先向下加速后向下减速，则潜艇向下到达最大深度，故B 错误；
C．由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为
故C 错误；
D．由图可知，潜艇在10～30s 时间内向下减速，加速度向上，则处于超重状态，故D 正确。
故选D。
8.（2025·江西抚州·模拟预测）冰壶由花岗岩凿磨而成，冰壶运动是冬奥会的一个项目。如图所示，运动员
在O 点以一定的初速度将冰壶（可看作质点）沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行
、经历
时间
后经过P 点，然后继续沿直线滑行
、经历时间
后经过Q 点，最后停在R 点。冰
壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，取重力加速度
。求：
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(1)冰壶的初速度大小；
(2)Q 和R 两点之间的距离。
【答案】(1)3.6m/s (2)0.9m
【详解】（1）因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因
为冰壶沿直线运动，因此冰壶在O 点至R 点的运动为匀减速直线运动，假设冰壶运动的加速度大小为a，
在O 点时的速度大小为
，在Q 点时的速度大小为
，因此有
解得
（2）由
代入数据可得
已知运动到R 点时冰壶停下，因此有
代入已知数据可知
9．（2025·福建泉州·一模）人工智能已在生活中得到广泛应用。一游客携带智能行李箱出行，旅客行走时，
行李箱无需人的牵引可在地面上跟随游客运动，如图甲所示。某段时间内，行李箱速度v 随时间t 的变化
图像如图乙所示。已知行李箱的质量
，
时间内行李箱的总位移
。求：
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(1)行李箱加速阶段的位移大小
以及减速运动的时间
；
(2)减速阶段行李箱受到的合力大小F。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）由
图像可知行李箱前5s 内的位移大小为
其中
，
代入可得
5s 后的位移大小为
其中
解得
（2）行李箱减速过程中的加速度大小为
，由运动学公式
由牛顿第二定律有
解得
10．（2025 高三上·云南昆明·阶段练习）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力突然减小，潜艇如
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同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为
，在高密度海
水区域海平面下200m 沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为
；12s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以
的加速度匀减速下沉，速度
减为零后开始上浮。若潜艇减重的时间不计，水的粘滞阻力可忽略，潜艇减重前后受到的浮力保持不变。
取重力加速度大小
，求：
（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量；
（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）潜艇匀减速下沉过程，根据牛顿第二定律，可得
解得
（2）由牛顿第二定律，潜艇匀加速下沉的加速度为
解得
12s 后潜艇速度为
潜艇下落的高度为
潜艇减重后下落的高度为
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潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度为
【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
总位移
1.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x1、x2，重力加速度为g，则下列选项正确的是（ ）
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
x1
v0
a
t1
x2
v
O
t
20
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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。
2.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
21
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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。
3.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。
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4.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v0，则人驾驶时发现情况到停下的运动距离为
即
解得
v0=20m/s
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
加速时间
；加速距离
匀速时间
；匀速距离
总位移
v0
a
t
v
O
t
23
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1.（2025 高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号动车和复兴号高铁
相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正
确的是（ ）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，
时两车相距最远
B．
时，复兴号高铁追上和谐号动车
C．复兴号高铁
时，速度达到最大
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
【答案】C
【详解】A．
时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，
时，和谐号动车速度小于复兴号高
铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前t=140s 时两车相距最远，故A 错误；
B．t=140s 时，两车只是速度大小相等，但是位移大小不相等，所以没有追上，故B 错误；
C．根据v-t 图像中，斜率表示加速度可知，高铁的加速度为
所以加速到95m/s 的所用的时间应为
所以当t=70s+95s=165s 时，速度达到最大，C 正确；
D．复兴号高铁追上和谐号动车前t=140s 时两车相距最远，由于v-t 图像中面积表示位移，所以两车最远相
距应为
故D 错误。
故选C 。
2.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
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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
单项得分
100
95
90
85
80
78
76
74
72
70
68
66
64
62
60
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
1.（2024·辽宁·模拟预测）如图（a）所示，南京大学医学院新建的手术室为感应自动门，人走近时自动打
开，离开时自动关闭，这种感应技术可以有效地减少手术室内的细菌和病毒的传播，同时也可以避免手动
开门的不便和风险。已知该感应门宽度为d，感应门打开过程中的v-t 图像如图（b）所示，最大速度为
vm，加速与减速时的加速度大小均为a，则感应门完全打开需要的时间是（ ）
A．
B．
C．
D．
25
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【答案】D
【详解】设加速和减速过程用时间均为t1，总时间为t，则
其中
解得
故选D。
2．为进一步优化公交网线布局，提高公交运营效率，阜阳市公交集团优化调整，采取大站快线的运营模
式。阜阳西站和火车站间的某条公交线路里程为20km，之间设置了4 个停靠站。快线公交车运行的最大速
度为
，进站和出站过程中，加速度大小均为
，其余行驶时间内保持最大速度匀速行驶。公
交车在每个站点停车时间约为40s，则乘快线公交从阜阳西站到火车站的最短时间约为（ ）
A．1568s
B．1553s
C．1538s
D．1608s
【答案】A
【详解】由于进站和出站过程中，加速度大小均为
，进站和出站过程时间相同。进站和出站总时间
为
分析可知，汽车要经过5 次加减速，则变速运动时间为
变速运动位移
则汽车匀速运动时间
则乘快线公交从阜阳西站到火车站的最短时间约为
故选A。
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3.在救灾过程中，一名武警战士在离地面
高处，相对地面静止的直升机上通过一根竖直的长绳下
滑。由于灾情紧迫，战士想以最短的时间滑至地面，以重力加速度开始加速下滑。已知该战士落地的速度
不能大于
。如果以最大压力作用于长绳，战士做减速运动的最大加速度可以达到
，长
绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为
。不考虑战士的身高因素。求战士下滑的最短时间
和加速下滑的距离
。
【答案】
，
【详解】设加速下滑过程的末速度为
，接着以最大加速度减速下滑时，落地的速度刚好为
；则
加速下滑的距离为
减速下滑的距离为
又
联立解得
，
战士下滑的最短时间为
4.多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型
耽误距离
Δx= v0
2 t
，耽误时间
Δt= t
2
a1
v0
t
a2
v
O
t
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耽误距离
Δx=v0（
t1+t3
2
+t2）
，耽误时间
Δt=t1+t3
2
+t2
【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v0，要通过
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 < v0）。已知列车加
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v0所用时间至少为（
）
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 < v0），则列车进隧道前必
须减速到v，则有
v = v0 - 2at1
解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
t3
t2
a1
v0
t1
a2
v
O
t
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故选C。
2.有一辆家用小汽车，通过某省界卡口，在ETC 车道上可以不停车而直接先减速扣费后加速通过。若小汽
车匀速驶入ETC 通道，在距离刚好自动识别扣费的位置
处，小汽车开始以大小为
的加
速度匀减速行驶，通过自动识别扣费位置时的速度为
，扣费后，小汽车立即以
的加
速度匀加速至减速之前的速度（假设此省界卡扣的前、后都是平直大道，道路宽度与车长不计）。求
（1）该车驶入ETC 通道前的匀速运动的速度大小
（2）该车从减速开始到恢复到减速前速度的过程中，运动的总时间是多少？
（3）因为通过ETC 通道，该车需要减速和加速过站所耽误的时间为多少？
【答案】（1）20m/s；（2）5.14s；（3）1.54s
【详解】（1）小汽车做匀减速运动过程，根据运动学公式可得
其中
代入数据解得该车驶入ETC 通道前的匀速运动的速度大小为
（2）小汽车做匀减速运动的时间为
小汽车做匀加速运动过程，有
解得
则该车从减速开始到恢复到减速前速度的过程中，运动的总时间为
（3）小汽车做匀加速运动过程的位移为
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则小汽车一直做匀速运动所用时间为
因为通过ETC 通道，该车需要减速和加速过站所耽误的时间为
3.收费站ETC 专用通道可以不停车拿卡而直接减速通过，且车辆通过收费站的最大速度不超过8m/s。一辆
以
m/s 的速度匀速行驶的汽车驶向收费站，在距离ETC 收费口33.6m 处开始匀减速，刚好符合要求
通过，之后汽车做加速运动，加速度大小为减速时加速度大小的
，直到速度达到v0=20m/s，汽车匀速离
开收费站。（假设收费站的前后都是平直的，汽车减速到8m/s 时立即做匀加速运动）
(1)求汽车匀加速时的加速度大小；
(2)求汽车因通过收费站而耽误的时间。
【答案】(1)
；(2)
【详解】(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，则
代入可得减速时的加速度大小
a1=5m/s²
则加速时的加速度大小为
(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设匀加速阶段的位移为x2，设两个阶段所用时间分别为
t1和t2，则减速阶段
解得
t1=2.4s
加速阶段
则加速和减速的总时间为
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t=t1+t2=5. 4s
在加速阶段
总位移
若汽车匀速通过，所需的时间
汽车因通过收费站而耽误的时间
4.高铁被誉为中国“新四大发明”之一，一列长度为
的高铁从郑州东站到漯河西站，正常行驶
时速度为
中途经过许昌东站，正常情况下经过许昌东站不停车，但为了安全，要求列车在进
入许昌东站时要减速通过，若列车车头刚入许昌东站站台时，速度刚好匀减速为
，然后匀速
通过站台，已知许昌东站站台长度
，列车车尾刚好离开许昌东站站台时再开始加速到正常速度，
其余路段均正常行驶。若某次因为要救治车上病人需要在许昌东站停车，在车头还没到达站台时就要开始
匀减速直线运动至速度为零，停车3 分钟，然后匀加速驶离许昌东站直到速度达到正常速度。其中列车只
要加速、减速，其加速度大小均为
。求：
（1）正常行驶时，列车先减速后匀速通过许昌东站再加速到正常速度所用时间；
（2）因为救治病人列车先减速后停车再加速所用时间；
（3）这列高铁由于救治病人在许昌东站停车，从郑州东站到漯河西站比正常行驶多用多长时间。
【答案】（1）820s；（2）1380s；（3）500s
【详解】（1）由题知
对列车，正常行驶，减速时间
，匀速时间
，加速时间
。则
匀速通过许昌东站的时间
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正常行驶时，列车先减速后匀速通过许昌东站再加速到正常速度所用时间
（2）因为救治病人列车先减速时间
，后停车
，再加速
停车时间
列车所用时间
（3）对列车，正常行驶，减速过程位移为
，匀速过程位移为
，加速过程位移为
。
列车通过许昌东站总位移
由于救治病人列车减速过程位移为
，加速过程位移为
。
由于救治病人列车通过许昌东站总位移
故这列高铁由于本次在许昌东站停车，从郑州东站到漯河西站比正常行驶多用时间
【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
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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s1＝a×52＝a；最初5 s 内位移为s2＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为
s2∶s1＝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
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v0＝20 m/s。物体的位移为x＝v0t－gt2，当物体位于A 点上方
10 m 处时x＝10 m，解得t1＝(2－) s，t2＝(2＋) s，故选项A、B 正确，当物体位于A 点下方10 m 处时，x
＝－10 m，解得t3＝(2＋) s，另一解为负值，舍去，故选项C 正确，D 错误。
【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＝v0t＋at2得4＝5t－×2t2解得t1＝1 s，t2＝4 s 当物体的位移为－4 m
时，根据x＝v0t＋at2得－4＝5t－×2t2解得t3＝ s，故A、C、D 正确，B 错误．
【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
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【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＝
v0＋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
s1＝，然后反向加速到2v 所通过的路程s2＝＝，总路程为s＝s1＋s2＝，选项C 错误；再经过相同时间，质
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
1.一质量为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
v2
v1
a1
a2
t1
t2
v
O
t
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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 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。
2.如图甲所示，一物块从倾角为
的斜面底端以一定的初速度沿足够长的斜面上滑，其运动的速度一时间
图像如图乙所示，2t0时刻速度减为零，5t0时刻回到出发点。则下列说法正确的是（ ）
35
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A．物块返回斜面底端时的速度大小为
B．物块返回斜面底端时的速度大小为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块与斜面之间的动摩擦因数为
【答案】C
【详解】AB．上滑过程有
，
下滑过程有
，
联立解得
，
所以AB 错误；
CD．根据牛顿第二定律，上滑过程有
联立解得
所以C 正确；D 错误；
故选C。
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2.如图所示，一物块从倾角为θ 的斜面底端以初速度
沿足够长的斜面上滑，经时间t 速度减为零，再经2t
时间回到出发点，下列说法正确的是（ ）
A．物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的2 倍
B．物块返回斜面底端时的速度大小为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块与斜面之间的动摩擦因数为
【答案】BC
【详解】A．根据匀变速直线运动公式得：
则：
x 相同，t 是2 倍关系，则物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的4 倍，故A 错误；
B．根据匀变速直线运动公式得：
，则物块上滑过程的初速度大小是返回斜面底端时的速度大小
的2 倍，故B 正确；
CD．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
又
a2=4a1
联立解得：
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故C 正确，D 错误。
故选BC。
3.一物体以
的初速度沿斜面方向滑上足够长的固定斜面，经过一段时间再次回到出发点，速度大小为
，其
图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度
。由图像可知（ ）
A．物体在斜面上运动的时间为
B．该斜面的倾角为
C．物体与斜面之间的动摩擦因数为0.25
D．因摩擦力做功损失的机械能为
【答案】BC
【详解】A．物体以
的初速度沿斜面方向滑上足够长的固定斜面，经过一段时间再次回到出发点，速
度大小为
，结合图像有
解得
即物体在斜面上运动的时间为
，选项A 错误；
BC．由图像有
有牛顿第二定律有
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联立解得
，
所以
选项BC 正确；
D．由题给条件无法求得物体的质量m，故无法求出因摩擦力做功损失的机械能，选项D 错误。
故选BC。
4.倾角为θ、表面粗糙均匀的斜面固定在水平地面上，一物体从斜面底端A 以初动能Ek0向上滑动，上滑到
最高点C 后再返回到出发点A。当物体向上滑到斜面AC 间的B 点（图中未标出）时，它的机械能减少量
与它的动能减少量之比为
。已知重力加速度为g，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下
列说法正确的是（ ）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．物体沿斜面向上运动的加速度为
C．在物体由A 点出发到最终滑回到斜面底端过程中，物体损失的机械能为
D．物体滑到斜面底端时的动能为
【答案】AD
【详解】A．设A、B 之间的距离为x，物体沿斜面上滑发生位移x 过程动能损失为
，根据动能定理
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机械能损失为
，根据功能关系
解得
由题意
解得
A 正确；
B．物体沿斜面向上运动的加速度
B 错误；
C．设物体沿斜面上滑的最大位移为L，则
物体上滑和下滑损失的机械能
C 错误；
D．物体滑到斜面底端的动能
D 正确。
故选AD。
5.一物块以初速度
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
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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。
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6.轮滑运动员从t=0 时刻开始自斜面底端沿直线滑上足够长的斜面，当速度减为零时，又沿直线滑回到出
发点，以运动员的初速度方向为正方向，运动员从开始运动到回到出发点的过程中速度v 随着时间t 变化
的图像如图所示，轮滑运动员可视为质点。求∶
（1）0~6s 内运动员在斜面上运动的路程L；
（2）运动员上滑过程与下滑过程的加速度大小之比。
【答案】（1）24m；（2）4
【详解】（1）运动员上滑时
运动员下滑时
由题意可知
x1=－x2，t1+t2=6s
联立解得
t1=2s，t2=4s
路程
L=2x1=24m
（2）运动员上滑时
0=v0－a1t1
运动员下滑时
v=－a2t2
解得
=4
7.如图甲所示，倾角为
的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0=10m/s，质量为m=10kg 的小木块沿斜
42
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面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v 的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取g 取
10m/s2，求：
（1）斜面倾角
；
（2）小木块与斜面间的动摩擦因数；
（3）小木块沿斜面上滑到回到出发点所用时间。
【答案】（1）37°；（2）0.5；（3）
【详解】(1)(2)由图像可知上滑时加速度大小为
下滑时加速度为
由牛顿第二定律可得
可得
(3)由图可知，上滑初速度v0=10m/s，则上滑时间为
下滑回到出发点时由
得下滑时间为
43
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小木块沿斜面上滑到回到出发点所用时间
8.如图甲所示，一滑块（可视为质点）以初速度
从A 点沿斜面上滑，到达最高点B 后返回至出
发点A。取沿斜面向上方向为正方向，并以滑块由A 点出发时为
时刻，滑块在
时返回到A 点，整
个过程的
图像如图乙所示。求：
（1）滑块上滑过程的最大位移；
（2）滑块返回到A 点的速度大小；
（3）C 点距A 点
，滑块经过C 点对应的时刻。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
和
【详解】（1）
图像与时间轴围成的面积表示位移，由图知上滑过程的最大位移
（2）返回过程位移大小等于上滑过程位移大小，故
其中
，解得滑块返回到A 点的速度大小
（3）上滑经过C 点
其中
44
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解得
下滑经过C 点
其中
解得
对应的时刻为
和
。
【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v1，然后立即做匀减速直线运动，
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)
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-------------------------(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)
1.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为
的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F 作用
下由静止开始从O 点向右做匀加速直线运动，先经时间t 力F 做功
，此后撤去力F，物块再经时间
返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O 点的电势能为零，则（ ）
A．撤去力F 时物块的速度大小为
B．物块向右滑动的最大距离为
C．物块回到出发点时的动能为
D．撤去力F 时物块的电势能为
【答案】C
【详解】A．设F 撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有
解得
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根据运动学规律有
所以撤去力F 时物块的速度大小为
故A 错误；
B．从撤去F 到物块速度减为零所经历的时间为
所以物块向右滑动的最大距离为
故B 错误；
C．物块从O 点开始运动到又回到O 点的过程中，电场力做功为零，恒力F 做功为90J，根据动能定理可
知物块回到出发点时的动能为
，故C 正确；
D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最
远位置时的电势能为90J，设撤去F 时物块的电势能为Ep，则
解得
故D 错误。
故选C。
2.某质点P 从静止开始以加速度
做匀加速直线运动，经过时间t 后立即以大小为
的加速度做匀减速直线
运动，又经过时间2t 后恰好回到出发点，则有（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】B
【详解】由题意可知，质点运动总过程的位移为0，由运动学公式可得
解得
a2＝1.25a1
B 正确，ACD 错误。
故选B。
3．（多选）如图所示，在一个固定的光滑的倾角为θ 的斜面上，一质量为m 的物块在平行于斜面向上的
恒力F 的作用下，由静止从斜面底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，经一段时间后撤去恒力F，物
块又经相同时间回到出发点。重力加速度为g。则（ ）
A．物块在沿斜面向上运动的过程中，机械能先增大后守恒
B．物块在沿斜面向下运动的过程中，机械能一直减小
C．撤去恒力前后，物块物块加速度大小之比为1：2
D．撤去恒力前后，物块物块加速度大小之比为1：3
【答案】AD
【详解】AB．物块在平行于斜面向上的恒力F 的作用下向上做匀加速直线运动过程，恒力F 做正功，物块
机械能增加，撤去恒力F 后，物体由于惯性继续向上做匀减速直线运动，速度为零后又向下做匀加速直线
运动，但撤去恒力F 后，物块只有重力做功，物块机械能守恒，A 正确、B 错误；
CD．设撤去恒力前物块的加速度为a1，恒力作用时间为t，则在恒力作用下物块的位移和撤去恒力瞬间物
块的末速度为
，v = a1t
设撤去恒力后物块的加速度为a2，且取沿斜面向下为正有
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联立解得
a1：a2 = 1：3
C 错误、D 正确。
故选AD。
4.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
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由于
，
解得
可知
故选B。
5.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
v0
D．
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
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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
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所以速度大小
故D 错误；
故选C。
6.（（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
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返回A 点时速度
故AC 正确，BD 错误。
故选AC。
7.物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t 秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即
再对它施一水平向左的水平恒力F2，又经2t 秒后物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是
（ ）
A.
1
2
v
v
B.
1
2
2v
v
C.
1
2
3
2
v
v
D.
1
2
5
3
v
v
【答案】C
【解析】在ts 内的位移x1＝
1
2 a1t2，末速度为v1=a1t．则在2t 内的位移x2＝v1•2t−
1
2 a2(2t)2
根据x1=-x2得，
1
2
4
5
a
a ＝
．根据速度时间公式得，v1=a1t，-v2=v1-a2•2t，解得3v1=2v2．故C 正确，ABD 错误．
故选C．
8.一质点从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
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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。
9.一小球在外力作用下沿一光滑斜面从静止开始以大小为
的加速度向上做匀加速运动；经时间t 后，撤去
外力，小球再经时间t 回到出发点（撤去外力后，小球做的仍为匀变速直线运动）。求
(1)小球沿斜面加速上升的位移的大小；
(2)撤去外力后，小球的加速度
的大小；
(3)小球沿斜面向上运动的时间；
(4)小球沿斜面向上运动的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）根据运动学公式可知，小球沿斜面加速上升的位移的大小
（2）撤去外力，小球再经时间t 回到出发点，根据运动学公式可得
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联立解得撤去外力后，小球的加速度的大小为
（3）撤去外力后，小球沿斜面继续向上运动的时间为
则小球沿斜面向上运动的时间为
（4）撤去外力后，小球沿斜面继续向上运动的位移大小为
则小球沿斜面向上运动的距离为
10．如图（a），一质量为m=1.5kg 的物块在沿斜面向上的恒力F 作用下，从倾角为θ=37°的光滑斜面底端
由静止开始运动。当恒力做功48J 后撤去F，再经过一段时间后物块又返回斜面底端。已知物块沿斜面上
滑和下滑所用的时间的比是2 1∶。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）
（1）求撤去力F 后物块的加速度；
（2）求物块返回到出发点时的速度大小；
（3）在图（b）中画出，物块从开始运动到返回底端过程中的速度与时间的v –t 图像；
（4）求恒力F 的大小。
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【答案】（1）6m/s2，方向沿斜面向下；（2）8m/s；（3）
；（4）
12N
【详解】（1）撤去力F 后，物块受重力和斜面的弹力作用，受力如图1 所示
由牛顿第二定律得
mgsinθ=ma
解得
a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2
撤去力F 后物块的加速度大小为6m/s2，方向沿斜面向下。
（2）物块从静止开始运动到返回出发点的过程中，由功与能量变化的关系可得
WF=∆Ep+∆Ek
由题意可知
∆Ep=0
∆Ek=Ekt−Ek0=Ekt
故返回到出发点时的动能
Ekt=WF=48J
又
Ekt=
mv2
∴返回到出发点时的速度
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（3）如图所示
（4）由（3）的图像可得撤去力F 前后物块加速度的比为
aʹ∶a=1 3∶
则
aʹ=
a=2m/s2
物块撤去力F 前受力如图2 所示
由牛顿第二定律得
F–mgsinθ=maʹ
解得
F=ma'+mgsinθ=(1.5×2+1.5×10×0.6）N=12N
或因为aʹ=2m/s2，所以
sʹ=
aʹtʺ2=
×2×22m=4m
由WF=Fsʹ 得
11．（2024·全国333 大联考）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
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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
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