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2024 年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过
模块一：匀变速直线运动与非常规运动模块大招
第5 讲 等位移折返模型及等时间折返模型（解析版）
目录
【内容一】 等位移折返模型..............................................................................................................................1
【内容二】等时间折返模型................................................................................................................................3
技巧总结
1、等位移折返模型
描述：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
的匀加速直线运动进行简化。
模型总结：①特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为
。
②位移三个公式：位移公式
x=1
2 a1t1
2=1
2 a2t2
2
；速度位移公式
x= v1
2
2a1
= v2
2
2a2 ；
平均速度位移公式
x= v1
2 t1= v2
2 t2
③三个比例式：①
a1
a2
=t2
2
t1
2
；②
； ③
④
图像
2、等时间折返模型
技巧总结
描述：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。
1
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模型总结：
如图所示，设物体由
点出发做匀加速直线运动，加速度大小为a1，运动到
点时速
度大小为v1，这时立即以大小为a2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
再返回出发点
，速度为v2
从
点运动到
点的时间等于由
回到
点的时间，设为t ，
运动学推导：取向右为正方向：
物体从
到
，由运动学公式得：
x=1
2 a1t2
2 -------------------①
v1=a1t -------------------②
从
返回
的整个过程：
−x=v1t−1
2 a2t2
--------------------③
−v2=v1−a2t -------------------------④
由①②③④解得： a2=3a1 v2=2v1
由以上结论可进一步得出该定理的推论：
推论：设从
到
（匀加速过程）受到的合外力大小为F1，合力做的功为W 1，物体
受到的冲量为I1；从
返回
（匀减速过程）受到的合力为F2 ，合力做的功为W 2，
物体受到的冲量为I 2，则：∵a2=3a1 ∴由F=ma 得 F2=3 F1
∵W 1=F1 x W 2=F2 x ∴ W 2=3W 1 ∵I1=F1t I 2=F2t ∴ I 2=3 I1
图象推导：
2
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根据结论：
根据面积相等及时间相等有
总结口诀：换力等时回原位，合力一定变三倍
对应题型精炼
一、单选题
1．如图甲所示，物块在
时刻从斜面底端滑上固定斜面，选取沿斜面向上为正方向，
其前
运动的
图像如图乙所示，重力加速度取
，则物块从出发到返回
斜面底端的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据
图像可知物块上滑过程的位移为
下滑过程的加速为
3
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物块下滑过程有
物块从出发到返回斜面底端的时间为
则物块从出发到返回斜面底端的时间为
故选B。
2．小物块从一固定斜面底端以初速度
冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动
摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为
，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动
的时间为（
，
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】运用牛顿第二定律，上升时
下降时
所以
4
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故选C。
3．一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度
沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述
物块速度随时间变化关系的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据牛顿第二定律：上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑过程：mgsinθ-
μmgcosθ=ma2，比较可知：
a1＞a2，
则物块上滑过程v-t 图象的斜率比下滑过程的大。由速度-时间公式得：上滑过程有
v0=a1t0，下滑过程有 v0=a2t1，可得 ：
t1＞t0，
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
4．近日，由蓝箭航天自主研发的国产可重复使用火箭取得了重大进展。回收火箭是非
常具有挑战性的任务，返回的火箭着陆前发动机重新点火，做匀减速直线运动，直至
着陆。点火后的第1s 内和第2s 内火箭位移大小依次为90m 和50m，则点火后3s 内的
位移是（ ）
A．150m
B．151.25m
C．152.5m
D．153.75m
【答案】B
5
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【详解】第1s 内的平均速度
第2s 内的平均速度
则加速度大小
初速度为
减速至0 的数据
则点火后3s 内的位移
故选B。
5．某质点从
点由静止开始先以加速度
匀加速直线运动，经时间到达A 点，此时
加速度突然反向，大小变为
，又经过时间物体回到
点，则（ ）
A．第一个内和第二个内质点通过的位移相同
B．第一个内和第二个内质点平均速度大小之比为1:2
C．质点返回到
点时的速度是加速度突然反向时速度大小的4 倍
D．从加速度突然反向开始到速度减为零，质点所用时间为
【答案】D
【详解】A．第一个t 内的位移为OA，第二个t 内的位移为AO，这两段时间内位移大
小相同、方向相反，故A 错误；
B．这两段时间内位移大小相等，时间相等，所以平均速度大小相等，比值为1:1，故
B 错误；
C．第一段时间内的位移
6
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第二段时间内的位移
联立可得
既质点返回到
点时的速度是加速度突然反向时速度大小的2 倍，故C 错误；
D．由
可得
既从加速度突然反向开始到速度减为零，质点所用时间为
，故D 正确。
故选D。
6．铯原子钟是精确的计时仪器，图1 中铯原子从O 点以
的初速度在真空中做
平抛运动，到达竖直平面
所用时间为0.002s；图2 中铯原子在真空中从P 点以
4m/s 竖直上抛运动，到达最高点Q 再返回P 点，整个过程所用时间为t，重力加速度
取
，则下列说法正确的是（ ）
A．O 到竖直平面MN 的水平距离为2m
B．O 到竖直平面MN 的竖直距离为0.02m
C．P 点到最高点Q 的距离为0.8m
D．竖直上抛运动到最高点Q 再返回到P 点的总时间
【答案】C
【详解】A．图1 中铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
解得
7
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故A 错误；
B．图1 中铯原子，竖直方向做自由落体运动
解得
故B 错误；
D．图2 中铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时
解得
故D 错误；
C．图2 中铯原子上抛的逆过程可视为自由落体，P 点到最高点Q 的距离
解得
故C 正确。
故选C。
7．如图甲，倾角为
的传送带始终以恒定速率
逆时针运行，
时初速度大小为
的小物块从传送带的底端滑上传送带，在传送带上运动时速度随时间变化的
图像如图乙，则（ ）
A．
时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足
C．
时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大
8
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D．小物块从最高点返回向下运动过程中摩擦力始终和运动方向相反
【答案】B
【详解】A．由v-t 图像可知，在t2时刻，小物体加速度发生变化，故在t2时刻之前摩
擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A 错误；
B．t2时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续向下作加速运动，故
mgsinθ>μmgcosθ
即
μ<tanθ
故B 正确；
C．由v-t 图像可知，在t1时刻物体速度反向，故t1时刻小物块离斜面底端距离最大，
故C 错误；
D．小物块从最高点返回向下运动过程中摩擦力的方向先沿斜面向下，后沿斜面方向
向上，所以摩擦力并不是始终和运动方向相反，故D 错误。
故选B。
8．如图甲所示，滑块以大小为18m/s 的速度从足够长的粗糙固定斜面底端P 滑上斜面
至最高点Q 后再返回P 点，该过程中滑块运动的速度-时间图像如图乙所示。下列判断
正确的是（ ）
A．P、Q 两点间的距离为9m
B．滑块返回P 点时的速度大小为12m/s
C．滑块从Q 点返回P 点所需的时间为4s
D．0~3s 内滑块的位移大小为17m
【答案】B
【详解】A．从图乙中可知滑块的上滑过程对应0~2s 的运动过程，在0~2s 过程中v-t
图像与坐标轴围成的面积表示PQ 间的距离，故为
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故A 错误；
B．根据v-t 图像的斜率表示加速度，故两个阶段的加速度为
设滑块返回P 点时的速度大小为
，则
解得
方向沿斜面向下，故B 正确；
C．滑块从Q 点返回P 点所需的时间为
故C 错误；
D．规定沿斜面向上为正，则0~2s 内滑块的位移为
2~3s 过程滑块下滑，初速度为0，加速度为
，故发生的位移为
故0~3s 内滑块的位移为
方向沿斜面向上，故D 错误。
故选B。
二、多选题
9．某物块从固定斜面底端以一定的初速度沿斜面上滑，其速度随时间变化的关系如图
所示。则物块（ ）
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A．在0.5 s 时离斜面底端最远
B．沿斜面上滑的最大距离为2 m
C．在1.5 s 时回到斜面底端
D．上滑时加速度大小是下滑时加速度大小的2 倍
【答案】AC
【详解】A．由
图像可知，物块在
内沿斜面向上运动，
后开始反向沿
斜面向下运动，故在
时离斜面底端最远，A 正确；
B．根据
图像与横轴围成的面积等于位移，可知物块沿斜面上滑的最大距离为
B 错误；
C．物块在
内的位移为
可知物块在
时回到斜面底端，C 正确；
D．根据
图像的斜率表示加速度，可知上滑时加速度大小为
下滑时加速度大小为
可得
D 错误。
故选AC。
10．如图甲所示，一小滑块从倾角为37°斜面底端冲上斜面，到达斜面A 点时开始计时，
同时将该点作为位移起点，时间和位移大小分别用t 和x 表示，作出其上升过程的
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图像，如图乙所示，斜面足够长（
，
，g 取
，以下
说法正确的是（ ）
A．小滑块和斜面的动摩擦因数为0.45
B．小滑块返回经过A 点时的速度为
C．小滑块能达到的最高点距A 点的距离为
D．小滑块从最高点返回A 点所用时间为
【答案】AB
【详解】A．由图像可知图像斜率为
设加速度大小为a，写出上升过程的位移时间关系式为
两边除以时间t 得
综上得出上升过程的加速度大小
得
故A 正确；
B．由此求出下滑时加速度
上升经过A 点时的速度为
，从A 点上升到最高点过程
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从最高点返回A 点
联立上述两式可得
得
故B 正确；
C．A 点到最高点的距离
故C 错误；
D.从最高点返回A 点所用时间
故D 错误。
故选AB。
11．如图，倾斜的光滑杆与水平方向的夹角为37°，一质量为m=1kg 的小环套在杆上
位于底端，现施加一个竖直向上的拉力F 作用在小环上，作用时间t1=1s 后撤掉该力，
小环再经时间t2=1s 恰好返回杆的底端（最初出发处）。（g=10m/s2），下列说法正确
的是（ ）
A．恒力F 的大小为12N
B．滑块返回斜面底端时的速度为6m/s
C．滑块撤掉F 前后的加速度分别2m/s2和6m/s2
D．撤掉F 之前，小环处于超重状态；撤掉F 之后到返回出发点之前，小环处于失重
状态
【答案】CD
【详解】有拉力时，对小环根据牛顿第二定律可得
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撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式
有拉力时，由位移公式
撤去拉力后，根据位移公式
解得
A．由上述讨论，可解得
,故A 错误；
B．撤去拉力时速度为
返回时的速度为
故B 错误；
C．根据前面的分析，撤掉F 前后的加速度大小分别为
和
，故C 正确；
D．撤掉F 之前，加速度沿杆向上，有竖直向上的分量，处于超重状态，撤掉F 之后，
加速度沿杆向下，有竖直向下的分量，处于失重状态，故D 正确。
故选CD。
12．2021 年7 月，云南的亚洲象北上引发人们关注，有关部门已采取措施引导象群返
回了原栖息地。象群经过某一平直路段时，一小象因贪玩落后象群里的象妈妈
处
时才察觉，于是小象立刻由静止开始以大小为
的加速度追赶象妈妈。若象妈妈以
大小为
的速度匀速前行，小象达到最大速度
后的速度保持不变。下列说法正
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确的有（ ）
A．从小象开始追赶象妈妈起，经
它们相距最远
B．小象追赶象妈妈的过程中，与象妈妈的最远距离为
C．从小象开始追赶象妈妈起，经
小象追上象妈妈
D．小象追赶象妈妈过程中的位移大小为
【答案】CD
【详解】AB．小象与象妈妈速度相等时，相距最远
相距最远的时间为
最远距离为
AB 错误；
C．小象速度最大的时间为
此次过程小象位移为
设再经过t2追上
得
小象追上象妈妈的时间为
C 正确；
D．小象追赶象妈妈过程中的位移大小为
D 正确。
故选CD。
13．一滑块从一固定的光滑斜面上的A 点，在沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始
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做加速度大小为
的匀加速直线运动，3s 末到达B 点，此时撤去拉力，又经过3s
滑块恰好返回到A 点，则下列说法不正确的是（ ）
A．撤去拉力后滑块的加速度大小为
B．滑块返回到A 点时的速率为6m/s
C．滑块运动到的最高点与A 点间的距离为9m
D．滑块从B 点运动到最高点所用的时间为0.5s
【答案】BCD
【详解】A．
内，滑块的位移大小
撤去拉力后，滑块做匀变速直线运动，设其加速度大小为
，则
解得
选项A 正确；不符题意；
B．
末滑块的速度大小
以沿斜面向上为正方向，滑块返回到A 点时的速度
选项B 错误；符合题意；
C．滑块运动到的最高点与A 点间的距离设为L，则有
解得
选项C 错误；符合题意；
D．从B 点到最高点，由
解得
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选项D 错误，符合题意；
本题选不正确的，故选BCD。
三、解答题
14．如图所示，水平面上
点左边粗糙右边光滑，物体甲放在距
点
的A 处，
甲与粗糙水平面间动摩擦因数
。质量
的物体乙静止在距
点
的
处。现给甲一个初速度
，运动到
点与乙发生弹性碰撞，碰后甲恰好能返
回出发点A，重力加速度
取
，两物体均可视为质点，求：
（1）物体甲向右从
到
点所用的时间；
（2）物体甲的质量。
【答案】（1）0.5s；（2）1kg
【详解】（1）甲从A 到
点是匀减速运动，由牛顿运动定律
所以摩擦力产生加速度大小
设到
点的速度为，由运动学公式
解得
甲在
段做匀速直线运动
解得物体甲向右从
到
点所用的时间
（2）物体甲在
段匀速返回，到
段匀减速停止在A 点，由运动学公式
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解得
设速度向右为正，甲、乙碰撞过程动量守恒和能量守恒得
解得
解得物体甲的质量
15．如图1 所示，一倾角
的斜面固定在水平地面上，质量
的滑块（可视
为质点）静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力
作用在滑块上，拉
力
随时间变化的图像如图2 所示，滑块与斜面间的动摩擦因数
，重力加速
度取
，
，
。
（1）求滑块上滑时的最大速度；
（2）已知滑块向上滑动的最大位移
，求返回斜面底端时的速度大小及滑块在
斜面上运动的总时间。
【答案】（1）
；（2）
；
【详解】（1）滑块向上滑动时受到的向下的力
当滑块受到的合外力为零时，加速度为零，速度达到最大，由图可知，当
时速度
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最大
对滑块应用动量定理
代入数值解得，滑块上滑时的最大速度为
（2）设滑块沿斜面向上运动时间为
，由动量定理
解得
此后滑块开始向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
解得
所以，滑块返回到斜面底端的速度
滑块从斜面返回时，由运动学公式
解得
则滑块在斜面上运动的总时间
16．如图甲所示，北京冬奥会上，智慧餐厅的亮相引发了国内外媒体的高度关注。在
智慧餐厅里，餐品首先被上升到水平安装的“空中云轨”，随后会有云轨小车来接应
餐品，自动将餐品送达对应的餐桌正上方，通过“送菜机”向下将餐品送给顾客。假
设云轨小车从静止开始，沿水平直线将托盘平稳送至
远的目标位置上空，托盘固定
于云轨小车上，托盘上表面水平，云轨小车加速与减速时的加速度最大值均为
，运动的最大速度为
，托盘的质量
，不计空气阻力，g 取
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。求：
（1）云轨小车以最大加速度由静止开始加速到最大速度时的位移x 的大小；
（2）不放餐品时，以最大加速度加速时，云轨小车对托盘的作用力F 大小；
（3）运送餐品时，若餐品与托盘的动摩擦因数
，且认为最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，那么云轨小车安全送餐并返回原处的最短运动时间t 为多少？并在图乙中画
出
图像。（不计“送菜机”将餐品送给顾客的时间，设送餐方向为正方向）
【答案】（1）1.5m；（2）
；（3）6.5s；
【详解】（1）根据速度位移公式
可得
（2）竖直方向，根据平衡条件
水平方向根据牛顿第二定律
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则云轨小车对托盘的作用力大小
（3）若餐品与托盘的动摩擦因数
，则加速度最大时
加速度最大为
小车加速到最大速度过程的位移大小为
时间为
由最大速度减为零过程的位移和时间也为
匀速过程的位移大小为
用时为
则送餐过程最短用时
返回时，加速度可以达到
，加速和减速过程总用时
匀速过程用时
返回总用时
21
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云轨小车总共最短运动时间
根据以上分析，绘图如下
17．某质点从O 点由静止开始以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，运动了时间t
后立刻以反方向的另一加速度a2做匀变速直线运动，再经过时间2t 质点恰好返回到O
点，求
（1）质点两次加速度a1和a2的比值；
（2）物体在t 时的速度v1大小与3t 时物体的速度v2大小的比值。
【答案】（1）
；（2）
【详解】从
点由静止开始以大小为
加速度做匀加速直线运动，经过时间质点的速
度大小为
，位移大小为
，设开始运动的方向为正方向，则有
此后质点立刻以反方向的加速度的大小
做匀变速直线运动，再经过相同的时间恰好
回到
点时的速度大小
，则有
联立以上四式，计算得出
22
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18．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运
动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s 到达离地面60m 高处时燃料恰好用
完，若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小；
（2）火箭上升离地面的最大高度；
（3）火箭从发射到返回发射点的时间。（结果可用根号表示）
【答案】（1）30m/s；（2）105m；（3）
【详解】（1）经过4s 到达离地面60m 高处时
解得
（2）燃料用完后，火箭做竖直上抛运动，到达最高点时有
火箭上升离地面的最大高度
解得
H=105m
（3）火箭向上减速时间
火箭向下加速过程
解得
则火箭从发射到返回发射点的时间
19．物体以4m/s 的速度滑上光滑的斜面，途经A、B 两点，在A 点时的速度是B 点时
23
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的2 倍，由B 点再经过0.5s 滑到斜面的顶点C，速度变为零，随后沿斜面下滑返回，
整个运动过程加速度恒定不变，如图所示。A、B 相距0.75m，试求
（1）BC 的长度及运动过程中加速度大小
（2）斜面长度及物体由底端D 第一次滑到B 时所用的时间？
【答案】（1）0.25m，2m/s2；（2）4m，1.5s
【详解】（1）设A 点速度为vA、B 点速度vB，加速度为a，A 到B 过程有
B 到C 过程有
0=vB+at0
联立解得
vB=1m/s
a=-2m/s2
即加速度大小为2m/s2，BC 的长度
（2）斜面长为s，D 到C 过程有
解得斜面的长度
s=4m
D 到B 过程有
vB=v0+at1
解得从D 滑到B 所用时间为
t1=1.5s
20．一辆小车以一定速度冲上光滑斜面后回到原处，其
图像如图所示。判断下列
说法是否正确，说明理由。
（1）小车上升过程和下降过程的加速度大小相同，方向相反。
（2）小车上升过程和下降过程的位移相同。
（3）上升到最高点时，小车的瞬时速度和加速度都为零。
24
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（4）运动过程中，小车在任何相等时间内的速度变化量都相同。
（5）小车上升到最高点与从最高点返回出发点的时间相等。
【答案】（1）
图像斜率代表加速度，小车上升过程和下降过程的加速度大小相同，
方向相同，故说法错误。
（2）小车上升过程和下降过程的位移大小相同，方向相反，故说法错误。
（3）上升到最高点时，小车的瞬时速度为零，加速度不为零，故说法错误。
（4）运动过程中，小车加速度不变，在任何相等时间内的速度变化量都相同，故说法
正确。
（5）由图像知，小车上升到最高点与从最高点返回出发点的位移大小相同，加速度相
同，根据
小车上升到最高点与从最高点返回出发点的时间相等，故说法正确。
【详解】（1）
图像斜率代表加速度，小车上升过程和下降过程的加速度大小相同，
方向相同，故说法错误。
（2）小车上升过程和下降过程的位移大小相同，方向相反，故说法错误。
（3）上升到最高点时，小车的瞬时速度为零，加速度不为零，故说法错误。
（4）运动过程中，小车加速度不变，在任何相等时间内的速度变化量都相同，故说法
正确。
（5）由图像知，小车上升到最高点与从最高点返回出发点的位移大小相同，加速度相
同，根据
小车上升到最高点与从最高点返回出发点的时间相等，故说法正确。
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